2019年高考限時(shí)訓(xùn)練理綜試卷化學(xué)試題3

2019年高考限時(shí)訓(xùn)練理綜試卷化學(xué)試題3一、單選題（本大題共7小題，共42.0分）.化學(xué)與人類生活、生產(chǎn)息息相關(guān)，下列說(shuō)法中錯(cuò)誤的是（）高錳酸鉀溶液、次氯酸鈉溶液、75%乙醇均可用于消毒殺菌，且原理相同地溝油可以用來(lái)制肥皂和甘油為防止中秋月餅等富脂食品氧化變質(zhì)，常在包裝袋中放入鐵粉“靜電除塵”、“燃煤固硫”、“汽車尾氣催化凈化”都能提高空氣質(zhì)量.用NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值，下列敘述中正確的是（ ）A.1mol甲基（-CH3）所含的電子數(shù)為10NAB.常溫常壓下，1mol分子式為C2H6O的有機(jī)物中，含有C-O鍵的數(shù)目為NAC.14g由乙烯和環(huán)丙烷（匚］）組成的混合氣體中，含有的原子總數(shù)為3NAD.標(biāo)準(zhǔn)狀況下，22.4L四氯化碳中含有共用電子對(duì)的數(shù)目為4NA3.短周期元素W、X、丫和Z的原子序數(shù)依次增大，W的單質(zhì)是一種常用的比能量高的金屬電極材料，X原子的最外層電子數(shù)是內(nèi)層電子數(shù)的2倍，元素Y的族序數(shù)等于其周期序數(shù)，Z原子的最外層電子數(shù)是其電子層數(shù)的2倍。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是（ ）A.W、Z形成的化合物中，各原子最外層均達(dá)到8個(gè)電子結(jié)構(gòu)B.元素X與氫形成的原子數(shù)之比為1：1的化合物有很多種C.元素Z可與元素X形成共價(jià)化合物XZ2D.元素Y的單質(zhì)與氫氧化鈉溶液或鹽酸反應(yīng)均有氫氣生成.下列關(guān)于有機(jī)物（人/）的說(shuō)法錯(cuò)誤的是（）該分子中的5個(gè)碳原子可能共面與該有機(jī)物含相同官能團(tuán)的同分異構(gòu)體只有3種通過(guò)加成反應(yīng)可分別制得烷烴、醇、鹵代烴鑒別該有機(jī)物與戊烷可用酸性高錳酸鉀溶液.下列實(shí)驗(yàn)結(jié)果不能作為相應(yīng)定律或原理的證據(jù)之一的是（ ）（阿伏加德羅定律：在同溫同壓下，相同體積的任何氣體含有相同數(shù)目的分子）ABCD勒夏特列原理元素周期律蓋斯定律阿伏加德羅定律實(shí)驗(yàn)方案盤點(diǎn)《睫勘U，律總林閡再1設(shè)南在**X碼金中如**皿必H1PU）H刖氈l-R-電解水結(jié)果左球氣體顏色加深右球氣體顏色變淺燒瓶中冒氣泡，試管中出現(xiàn)渾濁測(cè)得H為的H1、h2的和H2與O2的體積比約為2：1A.A B.B C.C D.D.如圖甲是一種在微生物作用下將廢水中的尿素CO（NH2）2轉(zhuǎn)化為環(huán)境友好物質(zhì)，實(shí)現(xiàn)化學(xué)能轉(zhuǎn)化為電能的裝置，并利用甲、乙兩裝置實(shí)現(xiàn)在鐵上鍍銅。下列說(shuō)法中不正確的是（）

A.乙裝置中溶液顏色不變B.銅電極應(yīng)與Y相連接C.M電極反應(yīng)式：CO（NHA.乙裝置中溶液顏色不變B.銅電極應(yīng)與Y相連接C.M電極反應(yīng)式：CO（NH2）2+H2O-6e-=CO2T+NJ+6H+D.當(dāng)N電極消耗0.25mol氣體時(shí)，銅電極質(zhì)量減少16g7.常溫下，向50mL溶有0.1molCl2的氯水中滴加2mol?L」的NaOH溶液，得到溶液pH隨所加NaOH溶液體積的變化圖象如圖所示。下列說(shuō)法正確的是A.若a點(diǎn)pH=4,且c(Cl-)=m?c(ClO-),則Ka，可用pH試紙測(cè)定其pHB.若x=100,b點(diǎn)對(duì)應(yīng)溶液中：cC.b?c段，隨NaOH溶液的滴入(OH-)>c(H+)\c(HClO)\逐漸增大D.若y=200,c點(diǎn)對(duì)應(yīng)溶液中：c（OH-）-c（H+）=2c（Cl-）+c（HClO）二、簡(jiǎn)答題（本大題共4小題，共49.0分）金屬鉬具有高強(qiáng)度、高熔點(diǎn)、耐磨抗腐性，用于制火箭、衛(wèi)星的合金構(gòu)件。鉬酸鈉晶體（Na2MoO4-2H2O）是一種重要的金屬緩蝕劑。利用鉬礦（主要成分MoS2,還含少量鈣、鎂等元素）為原料冶煉金屬鉬和鉬酸鈉晶體的主要流程圖如圖1：

（1（1）Na2MoO4^2H2O中鉬元素的價(jià)態(tài)為主要是 。，煅燒產(chǎn)生的尾氣引起的環(huán)境危害（2）用濃氨水溶解粗產(chǎn)品的離子方程式是 ，由圖中信息可以判斷MoO3是 氧化物。（填“酸性”、“堿性”或“兩性”）（3）操作I是 ，操作H所得的鉬酸要水洗，檢驗(yàn)鉬酸是否洗滌干凈的方法是 。（4）采用NaClO氧化鉬礦的方法將礦石中的鉬浸出，該過(guò)程放熱。①請(qǐng)配平以下化學(xué)反應(yīng)：NaClO+MoS2+ NaOH—Na2MoO4+Na2so4+__NaCl+ H2O。②鉬的浸出率隨著溫度變化如圖2當(dāng)溫度高于50℃后浸出率降低的可能原因是（寫一點(diǎn)）。陽(yáng)（5）鋰和MoS2可充電電池的工作原理為xLi+nMoS2RLix（MoS2）n，則電池充電時(shí)陽(yáng)極上的電極反應(yīng)式為。環(huán)戊烯是生產(chǎn)精細(xì)化工產(chǎn)品的重要中間體，其制備涉及的反應(yīng)如下：氫化反應(yīng)：環(huán)戊二烯（1）+H2（g）IWM環(huán)戊烯(1氫化反應(yīng)：環(huán)戊二烯（1）+H2（g）IWM環(huán)戊烯(1)H=-100.5kJ?mol-i副反應(yīng)：（1）+H2（g）Io環(huán)戊烷(1)H=-109.4knmol-i解聚反應(yīng)：(g)H>0回答下列問(wèn)題:（1）反應(yīng)。j（1）+2H2（g）（1）kJ/mol。（2）一定條件下，將環(huán)戊二烯溶于有機(jī)溶劑進(jìn)行氫化反應(yīng)（不考慮二聚反應(yīng)），反應(yīng)過(guò)程中保持氫氣壓力不變，測(cè)得環(huán)戊烯和環(huán)戊烷的產(chǎn)率（以環(huán)戊二烯為原料計(jì)）隨時(shí)間變化如圖所示：①。?4h氫化反應(yīng)速率比副反應(yīng)快的可能原因是 。②最佳的反應(yīng)時(shí)間為h.若需迅速減慢甚至停止反應(yīng)，可采取的措施有（寫一條即可）。③一段時(shí)間后，環(huán)戊烯產(chǎn)率快速下降的原因可能是 。（3）解聚反應(yīng)在剛性容器中進(jìn)行（不考慮氫化反應(yīng)和副反應(yīng)）。①其他條件不變，有利于提高雙環(huán)戊二烯平衡轉(zhuǎn)化率的是 （填標(biāo)號(hào)）。A.增大雙環(huán)戊二烯的用量B.使用催化劑C.及時(shí)分離產(chǎn)物D.適當(dāng)提高溫度②實(shí)際生產(chǎn)中常通入水蒸氣以降低雙環(huán)戊二烯的溫度（水蒸氣不參與反應(yīng)）。某溫度下，通入總壓為300kPa的雙環(huán)戊二烯和水蒸氣，達(dá)到平衡后總壓為500kPa，雙環(huán)戊二烯的轉(zhuǎn)化率為80%，則p（H2O）=kPa，平衡常數(shù)Kp=kPa（Kp為以分壓表示的平衡常數(shù)）。

Fe、Ni、Pt在周期表中同族，該族元素的化合物在科學(xué)研究和實(shí)際生產(chǎn)中有許多重要用途。（1）①Fe在元素周期表中的位置為。TOC\o"1-5"\h\z②已知FeO晶體晶胞結(jié)構(gòu)如圖1,Fe2+的價(jià)層電子排布式為，陰離子的配位數(shù)為 。③K3［Fe（CN）5NO］的組成元素中，屬于第二周期元素的電負(fù)性由小到大的順序是④把氯氣通入黃血鹽（K4［Fe（CN）6］）溶液中，得到赤血鹽（K3［Fe（CN）6］），該反應(yīng)的化學(xué)方程式為 。（2）鉑可與不同的配體形成多種配合物。分子式為［Pt（NH3）2Cl4］的配合物的配體是 ；該配合物有兩種不同的結(jié)構(gòu)，其中呈橙黃色的物質(zhì)的結(jié)構(gòu)比較不穩(wěn)定，在水中的溶解度大；呈亮黃色的物質(zhì)的結(jié)構(gòu)較穩(wěn)定，在水中的溶解度小，圖2所示的物質(zhì)中呈亮黃色的是 （填"A”或"B”），理由是 。（3）金屬銀與鑭（La）形成的合金是一種良好的儲(chǔ)氫材料，其晶胞結(jié)構(gòu)如圖3所示。儲(chǔ)氫原理為：鑭鎳合金吸咐H2，H2解離為H儲(chǔ)存在其中形成化合物。若儲(chǔ)氫后，氫原子占據(jù)晶胞中上下底面的棱心和上下底面的面心，則形成的儲(chǔ)氫化合物的化學(xué)式為 。乙苯是重要的化工原料，利用乙苯為初始原料合成高分子化合物J的流程如圖所示（部分產(chǎn)物及反應(yīng)條件已略去）：已知：(1)物質(zhì)B的名稱為。反應(yīng)④所需的試劑和條件分別為。(2)②、③的反應(yīng)類型分別為。(3)物質(zhì)H中官能團(tuán)的名稱是 ；物質(zhì)J的化學(xué)式是 。(4)反應(yīng)⑤的化學(xué)方程式為。(5)寫出符合下列條件，與G互為同分異構(gòu)體的芳香族化合物的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式:i.與Na反應(yīng)能夠生成氫氣；.含碳碳叁鍵(不考慮"-C三COH.苯環(huán)上只有兩個(gè)處于對(duì)位的取代基；.核磁共振氫譜中峰的面積之比為2：2：2：1：1。(6)參照上述合成路線和信息，設(shè)計(jì)由￡3J、乙醛、苯甲醇合成的路線(無(wú)機(jī)試劑任選)。三、實(shí)驗(yàn)題(本大題共1小題，共14.0分)12.FeCl2是一種常用的還原劑、媒染劑。某化學(xué)實(shí)驗(yàn)小組在實(shí)驗(yàn)室里用如下兩種方法來(lái)制備無(wú)水FeCl2.有關(guān)物質(zhì)的性質(zhì)如表：C6H5cl（氯苯）C6H4cl2（二氯苯）Fecl3FeJ溶解性不溶于水，易溶于苯、乙醇不溶于c6H5cl、c6H4cl2、苯，易溶于乙醇，易吸水熔點(diǎn)/℃-4553易升華沸點(diǎn)/℃132173(1)用H2還原無(wú)水FeCl3制取FeCl2.有關(guān)裝置如圖1：①H2還原無(wú)水FeCl3制取FeCl2的化學(xué)方程式為。TOC\o"1-5"\h\z②按氣流由左到右的方向，上述儀器的連接順序?yàn)?填字母，裝置可多次使用)；C中盛放的試劑是 。③該制備裝置的缺點(diǎn)為 。(2)利用反應(yīng)2FeCl3+C6H5cl2FeCl2+3C6H4cl2+HCl,制取無(wú)水FeCl2并測(cè)定FeCl3的轉(zhuǎn)化率。按下圖2裝置，在三頸燒瓶中放入32.5g無(wú)水氯化鐵和過(guò)量的氯苯，控制反應(yīng)溫度在一定范圍加熱3h,冷卻、分離提純得到粗產(chǎn)品。①儀器a的名稱是 。②反應(yīng)結(jié)束后，冷卻實(shí)驗(yàn)裝置A,將三頸燒瓶?jī)?nèi)物質(zhì)倒出，經(jīng)過(guò)濾、洗滌、干燥后，得到粗產(chǎn)品。洗滌所用的試劑可以是 ,回收濾液中C6H5c1的操作方法是③反應(yīng)后將錐形瓶中溶液配成250mL,量取25.00mL所配溶液，用0.40mokL-1NaOH溶液滴定，終點(diǎn)時(shí)消耗NaOH溶液為19.60mL,則氯化鐵的轉(zhuǎn)化率為 。④為了減少實(shí)驗(yàn)誤差，在制取無(wú)水FeCl2過(guò)程中應(yīng)采取的措施有：（寫出一點(diǎn)即可）。答案和解析1.【答案】A【解析】解:A、高酸溶液、次酸溶液利用了氧化性消毒菌，75%乙醇破壞了蛋白原有的使蛋白性，故A;B、地溝油人體健康有害，可作工原料，屬于物，水解用于制取肥皂和甘油等，故B正確；C、粉具有原性，可以與氧化反，在包裝袋中放入硫酸等原性物，防止食物氧化 ，故C正確；口、“靜除”、“燃煤固硫”、“汽尾氣催化化”能減少空氣染物的排放，有利于提高空氣量，故D正確；故：A。A、高酸溶液、次酸溶液利用了氧化性消毒菌，75%乙醇破壞了蛋白原有的使蛋白性；B、地溝油人體健康有害，可作工原料，屬于 物，水解用于制取肥皂和甘油；粉具有原性，可以與氧化反，防止氧化 ；口、“靜除”、“燃煤固硫”、“汽尾氣催化化”能減少空氣染物的排放。本從多方面考了生生活以及與境保有關(guān)的化學(xué)知，知的考一直是點(diǎn)內(nèi)容，也是學(xué)化學(xué)的基本素養(yǎng)之一，注意乙醇使蛋白性的原因，度一般。2.【答案】C【解析】解:A、甲基中含9個(gè)子，故1mol甲基中含9Na個(gè)子，故A ；B、分子式C2H6O的有機(jī)物可能乙醇，可能二甲，當(dāng)乙醇，含Na個(gè)C-O，但當(dāng)二甲 ，含2Na條C-O，故B；C、14g乙和丙的混合物中含有1mol最式CH2，含有3mol原子，含有的原子數(shù)目3NA，故C正確；D、況下四化碳液體，故不能根據(jù)氣體摩體來(lái)算其物的量，故D。故：C。A、甲基中含9個(gè)子；B、分子式C2H6O的有機(jī)物可能乙醇，可能二甲；C、乙和丙的最式CH2，14g二者的混合物中含有1mol最式；況下四化碳液體。本考了阿伏伽德常數(shù)的有關(guān)算，度不大，注意掌握公式的運(yùn)用和物的構(gòu)。3.【答案】A【解析】解:根據(jù)分析可知:WLi，XC元素，YAl，ZS元素。A.離子最外只有2個(gè)子，故A ;C、H形成的原子數(shù)之比1:1的化合物有乙炔、苯等多種，故B正確；XZ2CS2，二硫化碳分子中只有共價(jià)，屬于共價(jià)化合物，故C正確；Al與氧化或酸反都能生成氣，故D正確；故：A。短周期元素W、X、Y和Z的原子序數(shù)依次增大，X原子的最外 子數(shù)是內(nèi)子數(shù)的2倍，XC元素;W的 是一種常用的比能量高的金屬極材料，WLi元素;元素Y的族序數(shù)等于其周期序數(shù)，Y的原子序數(shù)大于C元素，Y位于第三周期，Al元素;Z原子的最外 子數(shù)是其子數(shù)的2倍，Z位于第三周期，S元素，據(jù)此解答。本考原子構(gòu)與元素周期律的關(guān)系，目度不大，推斷元素解答關(guān)

，注意掌握元素周期律內(nèi)容及常元素化合物性培養(yǎng)了學(xué)生的分，注意掌握元素周期律內(nèi)容及常元素化合物性培養(yǎng)了學(xué)生的分析能力及靈活用能力。.【答案】B【解析】解:A.含有碳碳雙，平面形構(gòu)，與碳碳雙直接相的原子在同一個(gè)平面上，合三點(diǎn)確定一個(gè)平面， 分子中的5個(gè)碳原子可能共面，故A正確；B.根據(jù)碳異構(gòu)和碳碳雙的位置異構(gòu)判斷，與有機(jī)物含相同官能的同分異構(gòu)體有5種，其中主有4個(gè)碳的有3種，主有3個(gè)碳的有2種，故B；C含有碳碳雙，可分與氣、水、化 生加成反生成、醇、代，故C正確；D.含有碳碳雙，可被酸性高酸溶液氧化，故D正確。故：B。有機(jī)物含有碳碳雙， 2-甲基-1-丁，合的性解答。本考有機(jī)物的構(gòu)與性，高考點(diǎn)，把握官能與性的關(guān)系、有機(jī)反解答的關(guān)，重分析與用能力的考，注意把握有機(jī)物的構(gòu)特點(diǎn)以及同分異構(gòu)體的判斷，目度不大。.【答案】B【解析】解:A.反2NO2（g）=N2O4（g）放反，水中平衡向著逆向移，二氧化氮度增大，左球氣體色加深；冷水中平衡向著正向移，二氧化氮度減小，右球氣體色淺，能用勒夏特列原理解，故A不；B.瓶中冒氣泡，明酸性:HCl＞碳酸，由于HCl不是含氧酸，無(wú)法用元素周期律解，故B;C.根據(jù)蓋斯定律可知：△H=aH1+4H2，能用蓋斯定律解，故C不；

D.根據(jù)子守恒可知，解水生成H2與O2的物的量之比2:1,合阿伏伽德定律可知，H2與O2的體比2:1,故D不故：B。合溫度化學(xué)平衡的A.反2NO2（g）=N2O4（g）的△H<0,放反，影響分析；合溫度化學(xué)平衡的B.HCl不是含氧酸，酸酸性大于碳酸與元素周期律無(wú)關(guān);C．合蓋斯定律內(nèi)容分析；D.根據(jù)子守恒算生成氣和氧氣的物的量，然后利用阿伏伽德定律分析。本考化學(xué)方案的價(jià),目度不大,涉及化學(xué)平衡的影響、阿伏伽德定律、蓋斯定律、元素周期律等知明確元素周期律內(nèi)容、化學(xué)平衡的影響因素即可解答，培養(yǎng)了學(xué)生的合用能力。伽德定律、蓋斯定律、元素周期律等知明確元素周期律內(nèi)容、化學(xué)平衡的影響因素即可解答，培養(yǎng)了學(xué)生的合用能力。.【答案】D【解析】解：裝置是將化學(xué)能化能的原由甲可知M是極，N是正極,解溶液酸性溶液極上失生氧化反正極上得子生原反,在陰極極相陽(yáng)極與正極相A.在上陰極與極相陽(yáng)極與正極相的度不會(huì)生化，所以色不，故A正確;B解：裝置是將化學(xué)能化能的原由甲可知M是極，N是正極,解溶液酸性溶液極上失生氧化反正極上得子生原反,在陰極極相陽(yáng)極與正極相A.在上陰極與極相陽(yáng)極與正極相的度不會(huì)生化，所以色不，故A正確;B.原池中M是極、N是正極，Y正極接柱,陰極、與極相陽(yáng)極、與正極接柱Y相，故B正確;Cco（nh2）2在極M上失子生氧化反，生成N2、CO2,荷守恒得到極反式CO（NH2）2+H2O-6e-=CO2T+N2T+6巾，故C正確;D.D.當(dāng)N極消耗0.25mol氧氣, 移0.25x4=1.0mol子，所以極量減少64g/molx「:卜2g,故D故：D。裝置甲是將化學(xué)能化能的原池，由可知，M是極，N是正極，解溶液酸性溶液，極上失子生氧化反，正極上得子生原極反式CO(NH2)2+H2O-6e-=CO2T+N/+6H+,在極反式陰極、與極相，陽(yáng)極、與正極相，根據(jù)子守恒算，以此解答。本考了原池原理和解原理，高考點(diǎn)，重于學(xué)生的分析、算能力的考，明確原池正極上得失子、解溶液中陰陽(yáng)離子移方向即可解答，注意極極反式的寫，目度中等。.【答案】D【解析】=c(Cl-)-c(ClO-),=v[HClO)解:A.若a點(diǎn)pH=4,c(H+)=10-4mol/L,溶液呈酸性，根據(jù)方程式知c(HClO)c(Cl-)=mc(ClO-)， c(HClO)=(m-1)=c(Cl-)-c(ClO-),=v[HClO)西霧肉，故A；.若x=100,Cl2恰好與NaOH溶液生成NaCl、NaClO,NaClO水解生成次酸，次酸具有漂白性，不能用pHpH,pH，故B;Cb?c段，Cl2恰好與NaOH溶液生成NaCl、NaClO,隨NaOH溶液的滴入,NaOH抑制NaClO水解:ClO-+H2O=HClO+OH,c(HClO)減小，c(ClO-)增大，所以，；案?，減小，故C;D.若y=200,c點(diǎn) 溶液中存在0.1molNaCl、0.1molNaClO、0.2molNaOH,根據(jù)荷守恒得:c(H+)+c(Na+)=c(Cl-)+c(ClO-)+c(OH-)①，元素守恒得:c(Cl-)=c(ClO-)+c(HClO)②，2c(Cl-)+2c(ClO-)+2c(HClO)=c(Na+)③，由①+③+②得:c(OH-)=2c(Cl-)+c(HClO)+c(H+),故D正確；故:D。整個(gè)程先后生的反 Cl2+H2O=HCl+HClO、HCl+NaOH=NaCl+H2O、

HClO+NaOH=NaClO+HQA.若a點(diǎn)pH=4,c（H+）=10-4mol/L,溶液呈酸性，根據(jù)方程式知c（HC10）=c（Cl-）-c（ClO-），c（Cl-）=mc（ClO-），c（HClO）=（m-1）c（ClO-），Ka（HClO）-r{ClO-J；fi.- ；B.若x=100,Cl2恰好與NaOH溶液生成NaCl、NaClO,NaClO水解生成次酸，次酸具有漂白性，不能用pH pH;C.b?c段，Cl2恰好與NaOH溶液生成NaCl、NaClO,隨NaOH溶液的滴入，NaOH抑制NaClO水解:C1O-+H200HClO+OH;D.若y=200,c點(diǎn) 溶液中存在0.1molNaCl、0.1molNaClO、0.1molNaOH,根據(jù)荷守恒與物料守恒來(lái)解答。本考了離子度大小的判斷,目度中等,明確溶液中的溶及其性是解本關(guān),注意荷守恒、物料守恒及的水解原理的用。8【答案】+6酸雨MoO3+2NH3?H2O=2NH4++MoO42-+H2O酸性過(guò)濾取水洗液少量于試管中，加入AgNO3溶液，若無(wú)沉淀產(chǎn)生即證明鉬酸已洗凈9161293隨著溫度升高，其它金屬雜質(zhì)離子浸出也增多，沉淀了MoO42-；該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，升溫使平衡逆移，NaClO不穩(wěn)定，隨溫度升高而分解損耗。（任答兩點(diǎn)）Lix（MoS2）n-xe-=nMoS2+xLi+【解析】解：（1）Na2MoO4.2H2O中Na元素化合價(jià)+1價(jià)、O元素化合價(jià)-2價(jià)，根據(jù)化合物中各元素化合價(jià)的代數(shù)和0確定Mo元素的價(jià)4x2-2x1=+6;工煅的尾氣二氧化硫,故煅生的尾氣引起的境危害主要是酸雨,故答案：+6;酸雨;⑵MoO3加氨水生成酸溶液，2NH3-H2O+MoO3=（NH4）2MoO4+H2O,故離子方程式MoO3+2NH3-H2O=2NH4++MoO42-+H2O;由中信息可以知，MO3能溶于堿溶液，酸性氧化物能溶于堿液， 物酸性氧化物，故答案：MoO3+2NH3?H2O=2NH4++MoO42-+H2O;酸性；(3)操作I 除去殘?jiān)?操作口所得的酸要水洗，酸中吸附的離子離子，離子用硝酸酸化的硝酸溶液，其方法取水洗液少量于管中，加入AgNO3溶液，若無(wú)沉淀生即明酸已洗，故答案： ；取水洗液少量于管中，加入AgNO3溶液，若無(wú)沉淀生即明酸已洗；(4)①反中Cl元素化合價(jià)由+1價(jià) -1價(jià)、Mo元素化合價(jià)由+2價(jià)+6價(jià)、S元素化合價(jià)由-1價(jià) +6價(jià)，根據(jù)移子及原子守恒配平方程式9NaClO+MoS2+6NaOH=Na2MoO4+2Na2SO4+9NaCl+3H2O，故答案：9；1；6；1；2；9；3；②反的正反是放反，隨著溫度升高，平衡向吸方向移逆反方向移；升高溫度促NaClO分解，且其它 金屬離子浸出也增多，都致浸出率降低，故答案：隨著溫度升高，其它金屬 離子浸出也增多，沉淀了MoO4Li(MoS2Li(MoS2)n，池充陽(yáng)極上的極反式放正極反式的逆反，放，正極上MoS2得子和離子反生成Li(MoS2)n，陽(yáng)極反式Lix(MoS2)n-xe-=nMoS2+xLi+，故答案：Lix(MoS2)n-xe-=nMoS2+xLi+。制金屬和酸： 的主要成分MoS2,在空氣中燃2MoS2+7O2 2MoO3+4SO2，生成MoO3和SO2二氧化硫?qū)儆谒嵝匝趸?，能被堿液吸收，所以尾氣含SO2用氨水吸收，二氧化硫具有原性，反放反，升溫使平衡逆移，NaClO不定，隨溫度升高而分解耗。(任答兩點(diǎn))；(5)和MoS2可充 池的工作原理xLi+nMoS2Lxtraclusehraccormissingopcjibrace同通入氧氣生成硫酸；MoO3加氨水生成酸溶液，2NH3^H2O+MoO3=(NH4)2MoO4+H2O, 除去，在酸溶液中加足量酸，生復(fù)分解反生成酸和化，酸溶于水和酸的黃色晶體，得到酸晶體高溫分解生成MoO3，在高溫條件下用氣原得到金屬；與NaOH、NaClO溶液生反9MoS2+6OH-+ClO-=MoO42-+2SO42-+9Cl-+3H2O，通蒸冷卻晶洗干燥得到Na2M0042H2O，⑴Na2M0042H2O中Na元素化合價(jià)+1價(jià)、O元素化合價(jià)-2價(jià)，根據(jù)化合物中各元素化合價(jià)的代數(shù)和0確定Mo元素的價(jià)；工煅的尾氣二氧化硫，據(jù)此行分析；⑵MoO3加氨水生成酸溶液，2NH3-H2O+MoO3=(NH4)2MoO4+H2O,據(jù)此寫離子方程式；由中信息可以知，mo3能溶于堿溶液，酸性氧化物能溶于堿液；(3)操作I 除去殘?jiān)?操作口所得的酸要水洗，酸中吸附的離子離子，離子用硝酸酸化的硝酸溶液；(4)①反中Cl元素化合價(jià)由+1價(jià) -1價(jià)、Mo元素化合價(jià)由+2價(jià)+6價(jià)、S元素化合價(jià)由-1價(jià) +6價(jià)，根據(jù)移子及原子守恒配平方程式;②隨著溫度升高，平衡向吸方向移；升高溫度促NaClO分解，且其它金屬離子浸出也增多；(5)和MoS2可充 池的工作原理xLi+nMoSxLi+nMoSLi(MoS2)n， 池充陽(yáng)極上的極反式放正極反式的逆反，放，正極上MoS2得子和離子反生成Li(MoS2)n。

本考物的制及混合物的分離和提高考點(diǎn)，把握流程本考物的制及混合物的分離和提高考點(diǎn)，把握流程中每一步生的反及操作方法是解本型的關(guān)，注意合信息解答，重分析與算能力的考，目度中等。9.【答案】-209.9氫化反應(yīng)的活化能小或反應(yīng)物的濃度大4排出氫氣或急劇降溫副反應(yīng)增加CD503200【解析】解：⑴①I◎環(huán)戊二烯⑴+H2(g解：⑴①I◎環(huán)戊二烯⑴+H2(g)吧O環(huán)戊烯⑴△H=-100.5kJ?mol-1@l(1)+H2(g)網(wǎng)詢O環(huán)戊烷⑴△H=-109.4kJ?mol-1將方程式①+將方程式①+②得Q⑴+2H2(g)kJ/mol=-209.9kJ/mol,。⑴，△+-(100.5+109.4)故答案：-209.9；(2(2)①活化能越小、反物度越大，反越易正向移，0?4h化反速率比副反快的可能原因是化反的活化能小或反物的度大，速率比副反快的可能原因是化反的活化能小或反物的度大，故答案：化反的活化能小或反物的度大；②戊的率越大、戊的率越小越好，根據(jù)知4h戊率最大；若需迅速減慢甚至停止反，可以通減少反物度或降低溫度，所以排出氣或急降溫都能迅速減慢甚至停止反，故答案：4；排出氣或急降溫；③副反能降低己的率，所以一段后，戊率快速下降的原因可能是副反增加，故答案：副反增加；(3)①A.增大雙戊二的用量，平衡正向移但是其化率降低，故B.使用催化只改化學(xué)反速率不影響平衡移，故；C及分離物，平衡正向移提高雙戊二 化率，故正確;

D.適當(dāng)提高溫度平衡正向移，雙戊二 化率升高，故正確；故CD；②加入的雙戊二的物的量xmol、水的物的量ymoL雙戊二的化率80%，剩余雙戊二的物的量0.2xmol、生成戊二的物的量1.6xmol，恒溫恒容條件下，氣體的之比等于物的量之比，所以（x+y）mol：（0.2x+1.6x+y）的物的量1.6xmol，恒溫恒容條件下，氣體的之比等于物的量之比，所以（x+y）mol：（0.2x+1.6x+y）mol=300kPa：500kPa=3：5，x：y=5：1，故答案：50；3200。⑴①⑴+H2（g）吧O環(huán)戊烯⑴△H=-100.5kJ?mol-1（1）+H2（g）度詢O環(huán)戊烷⑴△H=-109.4kJ?mol-1將方程式①+②得⑴+2H2（g）回里Q］（1）， 行相的改（2）①活化能越小、反物度越大，反越易正向移②戊的率越大、戊的率越小越好；若需迅速減慢甚至停止反，可以通減少反物度或降低溫度；③副反能降低己的率；（3）①反是一個(gè)反前后氣體體增大的吸反，減小、升高溫度都使平衡正向移，有利于提高雙戊二平衡化率；②加入的雙戊二的物的量xmol、水的物的量ymoL雙戊二的化率80%，剩余雙戊二的物的量0.2xmol、生成戊二的物的量1.6xmol，恒溫恒容條件下，氣體的 之比等于物的量之比，所以(x+y)mol:(0.2x+1.6x+y)mol=300kPa:500kPa=3:5,x:y=5:1,平衡p(HO)=]/)f，x500kPa;2 i血+瀘i血P(雙戊二)二1晨.x500kPa=^x500kPa=50kPa、P(戊二)[-^50—x500kPa=P^x500kPa=400kPa,，\平衡常數(shù)Kp="二環(huán)戊一烯)平衡常數(shù)Kp=汽雙環(huán)戊二烯)。本考化學(xué)平衡算，重考象分析判斷及算能力，明確外界條件化學(xué)平衡移影響原理及化學(xué)平衡常數(shù)算方法是解本關(guān)，注意:催化只改化學(xué)反速率不影響平衡移，加入某種氣體反物然平衡正向移但是反物化率減小而不是增大， 解答易點(diǎn)。10【答案】第四周期第VIII族3d66C<N<O2K4[Fe(CN)6]+Cl2=2K3[Fe(CN)6]+2KClNH3、Cl-AA的結(jié)構(gòu)對(duì)稱程度高，較穩(wěn)定，為非極性分子，根據(jù)相似相溶原理，A在水中的溶解度小LaNi5H3【解析】解：(1)①Fe在元素周期表中的位置第四周期第VIII族，故答案：第四周期第VIII族；②Fe原子失去4s能 子生成Fe2+，離子中3d能上6個(gè)子其價(jià)子，其價(jià)子排布式3d6；陰離子的配位數(shù)6，故答案:3d6；6；③K3[Fe(CN)5NO]的成元素中，屬于第二周期的元素有C、N、O,元素的非金屬性越，其 性越大，非金屬性C<N<O, 性C<N<O,故答案：C<N<O;④把氣通入黃血(K4[Fe(CN)6])溶液中，得到赤血(K3[Fe(CN)6]),根據(jù)原子守恒知生成KC1,反方程式2K4[Fe(CN)6]+Cl2=2K3[Fe(CN)6]+2KCl，故答案:2K4[Fe(CN)6]+Cl2=2K3[Fe(CN)6]+2KCl；(2)分子式[Pt(NH3)2Cl4]的配合物的配體是NH3、Cl-;配合物有兩種不同的構(gòu)，其中呈橙黃色的物的構(gòu)比不定，在水中的溶解度大；呈亮黃色的物的構(gòu)定，在水中的溶解度小，根據(jù)相似相溶原理知，極性分子在水中的溶解度大，非極性分子在水中溶解度小，A構(gòu)稱非極性分子，在水中溶解度小，B構(gòu)不稱極性分子，在水中溶解度大，故答案：NH3、C1-;A;A的構(gòu)稱程度高，定，非極性分子，根據(jù)相似相溶原理，A在水中的溶解度??；（3）晶胞中La原子個(gè)數(shù)=8*[]=1、2原子個(gè)數(shù)=1+8、口=5， 合金吸咐H2，H2解離H存在其中形成化合物。若 后，原子占據(jù)晶胞中上下底面的棱心和上下底面的面心， H原子個(gè)數(shù)=8、++2x=3,所以其化學(xué)式LaNi5H3，故答案：LaNi5H3。（1）①Fe在元素周期表中的位置第四周期第VIII族；②Fe原子失去4s能 子生成Fe2+，離子中3d能上6個(gè)子其價(jià)子，陰離子的配位數(shù)。③K3[Fe（CN）5NO]的成元素中，屬于第二周期的元素有C、N、O,元素的非金屬性越，其性越大；④把氣通入黃血（K4[Fe（CN）6]）溶液中，得到赤血（K3[Fe（CN）6]），根據(jù)原子守恒知生成KCl；（2）分子式[Pt（NH3）2Cl4]的配合物的配體是NH3、Cl-；配合物有兩種不同的構(gòu)，其中呈橙黃色的物的構(gòu)比不定，在水中的溶解度大；呈亮黃色的物的構(gòu)定，在水中的溶解度小，根據(jù)相似相溶原理知，極性分子在水中的溶解度大，非極性分子在水中溶解度?。缓辖鹞溃?）晶胞中La原子個(gè)數(shù)=8'1=1、2原子個(gè)數(shù)=1+8、口=5,合金吸咐H2，H2解離H存在其中形成化合物。若 后，原子占據(jù)晶胞中上下

底面的棱心和上下底面的面心，H原子個(gè)數(shù)=8、++2x=3。本考物構(gòu)和性，涉及晶胞算、配合物構(gòu)、元素周期律等知點(diǎn)，重考分析推斷及知合運(yùn)用能力，注意均法在晶胞算中的運(yùn)用，目度不大。11.【答案】苯乙烯O2/Cu11.【答案】苯乙烯O2/Cu（或Ag）、加熱加成反應(yīng)、取代反應(yīng)碳碳雙鍵、加成反應(yīng)（C13H14O）n【解析】解：⑴B CH=CHa,物B的名稱：苯乙。反④是苯乙醇氧化生成（'『CH2CH□，所需的 和條件分 ：O2/Cu（或Ag）、加，故答案：苯乙；O2/Cu（或Ag）、加；⑵反②是苯乙與HCl生加成反生成CHaCHaCi,反③是2cH2cl化得到-CH^CHaOH，屬于取代反，故答案：加成反、取代反；(3)物H含有的官能的名稱是：碳碳雙(3)物H含有的官能的名稱是：碳碳雙、基，物J的化學(xué)式是：（C13Hl4O）n，故答案：碳碳雙、基；（C13Hl4O）n；（4）反⑤的化學(xué)方程式

故答案__CHO _hcho-CV孚，HCH0- CHho+耳。(5故答案__CHO _hcho-CV孚，HCH0- CHho+耳。能生成氣，明含有基，ii.含碳碳(不考"-C三COH),iii.苯2:1:1,符合條件的同分異構(gòu)體：VCHpH上只有兩個(gè)于位的取代基；2:1:1,符合條件的同分異構(gòu)體：VCHpH故答案vCHpH，由OH<^>-CH=CHCH0與加成反得到。苯甲醇氧化生成與乙堿性條件下得到，合成路流程O,即呼CH。誓空O^crq故答案vCHpH，由OH<^>-CH=CHCH0與加成反得到。苯甲醇氧化生成與乙堿性條件下得到，合成路流程O,即呼CH。誓空O^crqCECHCHQH0a/CuCH。誓苧 口由D的構(gòu)式、反條件、BCHQH0a/CuCH。誓苧 口由D的構(gòu)式、反條件、B與C的分子式，逆推可知CCHzCHzCl、B比D、G的構(gòu)，合信息①可知，D生氧化反生，故答案成E,FHCHO.比G、J成E,FHCHO.比G、J的構(gòu)，可知G生信息②中的加成反生成H,H生加聚反生成J,故H本考有機(jī)物的合成與推斷，涉及有機(jī)物命名、有機(jī)反型、官能的、有機(jī)反方程式的寫、限制條件同分異構(gòu)體的寫、合成路等，熟掌握官能的性與化，是有機(jī)化學(xué)基常考型。12.【答案】H2+2FeCl3m2FeCl2+2HClBACDCE（或BCDCE）