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認(rèn)證類型：個人認(rèn)證

認(rèn)證主體：楊**（實名認(rèn)證）

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IP屬地：云南 上傳時間：2024-02-01 格式：DOC 頁數(shù)：9 大?。?50KB 積分：12 舉報 版權(quán)申訴

2011年全國統(tǒng)一高考化學(xué)試卷（全國卷Ⅰ）一、選擇題1．等濃度的下列稀溶液：①乙酸、②苯酚、③碳酸、④乙醇，它們的pH由小到大排列正確的是（）A．④②③① B．③①②④ C．①②③④ D．①③②④ 2．下列敘述錯誤的是（）A．用金屬鈉可區(qū)分乙醇和乙醚 B．用高錳酸鉀酸性溶液可區(qū)分己烷和3﹣己烯 C．用水可區(qū)分苯和溴苯 D．用新制的銀氨溶液可區(qū)分甲酸甲酯和乙醛 3．在容積可變的密閉容器中，2molN2和8molH2在一定條件下發(fā)生反應(yīng)，達(dá)到平衡時，H2的轉(zhuǎn)化率為25%，則平衡時的氮氣的體積分?jǐn)?shù)接近于（）A．5% B．10% C．15% D．20% 4．室溫時，將濃度和體積分別為c1、V1的NaOH溶液和c2、V2的CH3COOH溶液相混合，下列關(guān)于該混合溶液的敘述錯誤的是（）A．若PH＞7時，則一定是c1V1=c2V2 B．在任何情況下都是c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO﹣）+c（OH﹣） C．當(dāng)pH=7時，若V1=V2，則一定是c2＞c1 D．若V1=V2、c1=c2，則c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）=c（Na+） 5．用石墨做電極電解CuSO4溶液．通電一段時間后，欲使用電解液恢復(fù)到起始狀態(tài)，應(yīng)向溶液中加入適量的（）A．CuSO4 B．H2O C．CuO D．CuSO4?5H2O6．將足量CO2通入下列各溶液中，所含離子還能大量共存的是（）A．K+、SiO32﹣、Cl﹣、NO3﹣ B．H+、NH4+、Al3+、SO42﹣ C．Na+、S2﹣、OH﹣、SO42﹣D．Na+、C6H5O﹣、CH3COO﹣、HCO3﹣7．NA為阿伏伽德羅常數(shù)，下列敘述錯誤的是（）A．18gH2O中含的質(zhì)子數(shù)為10NA B．12g金剛石含有的共價鍵數(shù)為4NA C．46gNO2和N2O4混合氣體中含有原子總數(shù)為3NA D．1molNa與足量O2反應(yīng)，生成Na2O和Na2O2的混合物，鈉失去NA個電子 8．某含鉻（Cr2O72﹣）廢水用硫酸亞鐵銨[FeSO4?（NH4）2SO4?6H2O]處理，反應(yīng)后鐵元素和鉻元素完全轉(zhuǎn)化為沉淀．該沉淀經(jīng)干燥后得到nmolFeO?FeyCrxO3．不考慮處理過程中的實際損耗，下列敘述錯誤的是（）A．消耗硫酸亞鐵的物質(zhì)的量為n（2﹣x）mol B．處理廢水中的Cr2O72﹣的物質(zhì)的量為mol C．反應(yīng)中發(fā)生轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為3nxmol D．在FeO?FeyCrxO3中，3x=y 二、解答題（共4小題，滿分60分）9．（15分）如圖中，A、B、C、D、E是單質(zhì)，G、H、I、F是B、C、D、E分別和A形成的二元化合物．已知：①反應(yīng)C+GB+H能放出大量的熱，該反應(yīng)曾應(yīng)用于鐵軌的焊接；②I是一種常見的溫室氣體，它和E可以發(fā)生反應(yīng)：，F(xiàn)中的E元素的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為60%．回答問題：（1）①中反應(yīng)的化學(xué)方程式為；（2）化合物Ⅰ的電子式為，它的空間構(gòu)型是；（3）1.6gG溶于鹽酸，得到的溶液與銅粉完全反應(yīng)，計算至少所需銅粉的質(zhì)量（寫出離子方程式和計算過程）；（4）C與過量NaOH溶液反應(yīng)的離子方程式為，反應(yīng)后溶液與過量化合物Ⅰ反應(yīng)的離子方程式為；（5）E在I中燃燒觀察到的現(xiàn)象是．10．（15分）反應(yīng)aA（g）+bB（g）cC（g）（△H＜0）在等容條件下進(jìn)行．改變其他反應(yīng)條件，在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ階段體系中各物質(zhì)濃度隨時間變化的曲線如圖1所示：回答問題：（1）反應(yīng)的化學(xué)方程式中，a：b：c為；（2）A的平均反應(yīng)速率VⅠ（A）、VⅡ（A）、VⅢ（A）從大到小排列次序為；（3）B的平衡轉(zhuǎn)化率αⅠ（B）、αⅡ（B）、αⅢ（B）中最小的是，其值是；（4）由第一次平衡到第二次平衡，平衡移動的方向是，采取的措施是；（5）比較第Ⅱ階段反應(yīng)溫度（T2）和第Ⅲ階段反應(yīng)溫度（T3）的高低：T2T3（填“＞”“＜”“=”），判斷的理由是；（6）達(dá)到第三次平衡后，將容器的體積擴(kuò)大一倍，假定10min后達(dá)到新的平衡，請在下圖2中用曲線表示第IV階段體系中各物質(zhì)的濃度隨時間變化的趨勢如圖2（曲線上必須標(biāo)出A、B、C）．11．（15分）請回答下列實驗中抽取氣體的有關(guān)問題．（1）如圖1是用KMnO4與濃鹽酸反應(yīng)制取適量氯氣的簡易裝置．裝置B、C、D的作用分別是：B；C；D；（2）在實驗室欲制取適量NO氣體．①如圖2中最適合完成該實驗的簡易裝置是（填序號）；②根據(jù)所選的裝置完成下表（不需要的可不填）：應(yīng)加入的物質(zhì)所起的作用ABCD③簡單描述應(yīng)觀察到的實驗現(xiàn)象．圖1圖212．（15分）金剛烷是一種重要的化工原料，工業(yè)上可通過圖1途徑制備，請回答下列問題：（1）環(huán)戊二烯分子中最多有個原子共平面；（2）金剛烷的分子式為，其分子中的CH2基團(tuán)有個；（3）圖2是以環(huán)戊烷為原料制備環(huán)戊二烯的合成路線，其中，反應(yīng)①的產(chǎn)物名稱是，反應(yīng)②的反應(yīng)試劑和反應(yīng)條件是，反應(yīng)③的反應(yīng)類型是；（4）已知烯烴能發(fā)生如下反應(yīng)：RCHO+R′CHO請寫出下列反應(yīng)產(chǎn)物的結(jié)構(gòu)簡式：；（5）A是二聚環(huán)戊二烯的同分異構(gòu)體，能使溴的四氯化碳溶液褪色，A經(jīng)高錳酸鉀酸性溶液加熱氧化可以得到對苯二甲酸[提示：苯環(huán)上的烷基（﹣CH3，﹣CH2R，﹣CHR2）或烯基側(cè)鏈經(jīng)高錳酸鉀酸性溶液氧化得羧基]，寫出A所有可能的結(jié)構(gòu)簡式（不考慮立體異構(gòu)）：．2011年全國統(tǒng)一高考化學(xué)試卷（全國卷Ⅰ）參考答案與試題解析一、選擇題1．等濃度的下列稀溶液：①乙酸、②苯酚、③碳酸、④乙醇，它們的pH由小到大排列正確的是（）A．④②③① B．③①②④ C．①②③④ D．①③②④ 【考點】D8：溶液pH的定義．【專題】51G：電離平衡與溶液的pH專題．【分析】依據(jù)酸性強(qiáng)弱的大小順序分析判斷溶液pH；酸性強(qiáng)弱為：乙酸＞碳酸＞苯酚＞乙醇．【解答】解：濃度相同條件下，根據(jù)乙酸與碳酸氫鈉反應(yīng)生成二氧化碳?xì)怏w，說明乙酸酸性大于碳酸；苯酚溶液不能使酸堿指示劑變色，苯酚鈉溶液中通入過量二氧化碳生成苯酚和碳酸氫鈉，證明說明苯酚酸性很弱，小于碳酸的酸性，乙醇是中性的非電解質(zhì)溶液；溶液pH由小到大排列正確的是①③②④；故選：D?！军c評】本題考查了常見物質(zhì)酸性強(qiáng)弱的比較依據(jù)，掌握物質(zhì)性質(zhì)是解題關(guān)鍵，題目較簡單．2．下列敘述錯誤的是（）A．用金屬鈉可區(qū)分乙醇和乙醚 B．用高錳酸鉀酸性溶液可區(qū)分己烷和3﹣己烯 C．用水可區(qū)分苯和溴苯 D．用新制的銀氨溶液可區(qū)分甲酸甲酯和乙醛 【考點】HA：有機(jī)物的鑒別．【專題】534：有機(jī)物的化學(xué)性質(zhì)及推斷．【分析】A．乙醇含有﹣OH，乙醚含有醚鍵；B．碳碳雙鍵可與酸性高錳酸鉀發(fā)生氧化還原反應(yīng)；C．苯和溴苯的密度不同；D．甲酸甲酯和乙醛都含有醛基．【解答】解：A．乙醇含有﹣OH，可與金屬鈉發(fā)生反應(yīng)，而乙醚與鈉不反應(yīng)，可鑒別，故A正確；B．己烷為飽和烴，與酸性高錳酸鉀不反應(yīng)，而己烯含有碳碳雙鍵，可使酸性高錳酸鉀褪色，可鑒別，故B正確；C．苯的密度比水小，溴苯的密度比水大，可鑒別，故C正確；D．甲酸甲酯和乙醛都含有醛基，都可發(fā)生銀鏡反應(yīng)，不能鑒別，故D錯誤。故選：D?！军c評】本題考查有機(jī)物的鑒別，題目難度不大，注意把握有機(jī)物性質(zhì)的異同，易錯點為D，注意二者的官能團(tuán)的種類和性質(zhì)．3．在容積可變的密閉容器中，2molN2和8molH2在一定條件下發(fā)生反應(yīng)，達(dá)到平衡時，H2的轉(zhuǎn)化率為25%，則平衡時的氮氣的體積分?jǐn)?shù)接近于（）A．5% B．10% C．15% D．20% 【考點】CP：化學(xué)平衡的計算．【專題】51E：化學(xué)平衡專題．【分析】容積可變的密閉容器中，發(fā)生N2+3H22NH3，開始280轉(zhuǎn)化2平衡（2﹣）6根據(jù)物質(zhì)的量之比等于體積之比來計算平衡時的氮氣的體積分?jǐn)?shù)．【解答】解：達(dá)到平衡時，H2的轉(zhuǎn)化率為25%，則轉(zhuǎn)化的氫氣的物質(zhì)的量為8mol×25%=2mol，則容積可變的密閉容器中，發(fā)生N2+3H22NH3，開始280轉(zhuǎn)化2平衡（2﹣）6則平衡時的氮氣的體積分?jǐn)?shù)為×100%≈15%，故選：C。【點評】本題考查化學(xué)平衡的計算，明確三段法計算及物質(zhì)的量之比等于體積之比的關(guān)系即可解答，題目難度不大．4．室溫時，將濃度和體積分別為c1、V1的NaOH溶液和c2、V2的CH3COOH溶液相混合，下列關(guān)于該混合溶液的敘述錯誤的是（）A．若PH＞7時，則一定是c1V1=c2V2 B．在任何情況下都是c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO﹣）+c（OH﹣） C．當(dāng)pH=7時，若V1=V2，則一定是c2＞c1 D．若V1=V2、c1=c2，則c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）=c（Na+） 【考點】DO：酸堿混合時的定性判斷及有關(guān)ph的計算．【專題】51G：電離平衡與溶液的pH專題．【分析】A、當(dāng)溶液呈堿性時，溶液中氫離子濃度小于氫氧根離子濃度，但混合時醋酸的物質(zhì)的量不一定等于氫氧化鈉的物質(zhì)的量；B、溶液呈電中性，溶液中陰陽離子所帶電荷相等；C、醋酸鈉是強(qiáng)堿弱酸鹽，其水溶液呈堿性，若要使其呈中性，酸應(yīng)該稍微過量；D、當(dāng)醋酸和氫氧化鈉的物質(zhì)的量相等時，根據(jù)物料守恒確定醋酸根離子和醋酸分子濃度與鈉離子濃度的關(guān)系。【解答】解：A、醋酸是弱酸，氫氧化鈉是強(qiáng)堿，所以等物質(zhì)的量的酸和堿混合時，溶液呈堿性，當(dāng)氫氧化鈉過量時溶液更呈堿性，所以當(dāng)PH＞7時，則一定是c1v1≥c2v2，故A選；B、溶液呈電中性，溶液中陰陽離子所帶電荷相等，所以得c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO﹣）+c（OH﹣），故B不選；C、醋酸鈉是強(qiáng)堿弱酸鹽，其水溶液呈堿性，若要使混合溶液呈中性，酸應(yīng)該稍微過量，所以當(dāng)pH=7時，若v1=v2，則一定是c2＞c1，故C不選；D、如果V1=V2、C1=C2，則醋酸和氫氧化鈉的物質(zhì)的量相等，混合后恰好反應(yīng)生成醋酸鈉，根據(jù)溶液中物料守恒得c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）=c（Na+），故D不選；故選：A?！军c評】本題考查了酸堿混合溶液的定性判斷，根據(jù)溶液中物料守恒和電荷守恒即可解答本題，該知識點是學(xué)習(xí)的難點，也是考試的熱點。5．用石墨做電極電解CuSO4溶液．通電一段時間后，欲使用電解液恢復(fù)到起始狀態(tài)，應(yīng)向溶液中加入適量的（）A．CuSO4 B．H2O C．CuO D．CuSO4?5H2O 【考點】DI：電解原理．【專題】51I：電化學(xué)專題．【分析】用鉑電極電解CuSO4溶液，陰極銅離子放電，陽極氫氧根離子放電，然后根據(jù)析出的物質(zhì)向溶液中加入它們形成的化合物即可；【解答】解：CuSO4溶液存在的陰離子為：SO42﹣、OH﹣，OH﹣離子的放電能力大于SO42﹣離子的放電能力，所以O(shè)H﹣離子放電生成氧氣；溶液中存在的陽離子是Cu2+、H+，Cu2+離子的放電能力大于H+離子的放電能力，所以Cu2+離子放電生成Cu；溶液變成硫酸溶液；電解硫酸銅的方程式為：2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4，所以從溶液中析出的物質(zhì)是氧氣和銅，因為氧氣和銅和稀硫酸都不反應(yīng)，但和氧化銅反應(yīng)，氧氣和銅反應(yīng)生成氧化銅，所以向溶液中加入氧化銅即可，故選：C?！军c評】本題考查了電解原理，能正確判斷溶液中離子的放電順序從而確定析出的物質(zhì)是解本題的關(guān)鍵，難度不大．6．將足量CO2通入下列各溶液中，所含離子還能大量共存的是（）A．K+、SiO32﹣、Cl﹣、NO3﹣ B．H+、NH4+、Al3+、SO42﹣ C．Na+、S2﹣、OH﹣、SO42﹣ D．Na+、C6H5O﹣、CH3COO﹣、HCO3﹣ 【考點】DP：離子共存問題．【專題】516：離子反應(yīng)專題．【分析】將足量CO2通入溶液中，溶液呈弱酸性，凡是對應(yīng)的酸比碳酸弱的酸根離子以及OH﹣不能共存．【解答】解：A．H2SiO3酸性比碳酸弱，通入過量CO2，SiO32﹣不能大量共存，故A錯誤；B．通入過量CO2，四種離子在酸性條件下不發(fā)生任何反應(yīng)，可大量共存，故B正確；C．OH﹣與CO2反應(yīng)而不能大量共存，故C錯誤；D．C6H5OH酸性比碳酸弱，通入過量CO2，C6H5O﹣不能大量共存，故D錯誤。故選：B。【點評】本題考查離子共存問題，題目難度不大，本題注意比碳酸弱的酸的種類即可解答．7．NA為阿伏伽德羅常數(shù)，下列敘述錯誤的是（）A．18gH2O中含的質(zhì)子數(shù)為10NA B．12g金剛石含有的共價鍵數(shù)為4NA C．46gNO2和N2O4混合氣體中含有原子總數(shù)為3NA D．1molNa與足量O2反應(yīng)，生成Na2O和Na2O2的混合物，鈉失去NA個電子 【考點】4F：阿伏加德羅常數(shù)．【專題】16：壓軸題；518：阿伏加德羅常數(shù)和阿伏加德羅定律．【分析】A、質(zhì)量換算物質(zhì)的量計算微粒數(shù)；B、質(zhì)量換算物質(zhì)的量，結(jié)合金剛石結(jié)構(gòu)分析判斷；C、質(zhì)量換算物質(zhì)的量，NO2和N2O4，最簡比相同，只計算46gNO2中原子數(shù)即可；D、鈉和氧氣反應(yīng)生成氧化鈉和過氧化鈉失電子數(shù)相同．【解答】解：A、18gH2O物質(zhì)的量為1mol，水分子中含質(zhì)子數(shù)10，含的質(zhì)子數(shù)為10NA，故A正確；B、12g金剛石物質(zhì)的量為1mol，金剛石中每一個碳原子和四個碳原子形成化學(xué)鍵，每兩個碳原子形成一個化學(xué)鍵，所以1mol金剛石含有的共價鍵數(shù)為2NA，故B錯誤；C、NO2和N2O4，最簡比相同，只計算46gNO2中原子數(shù)即可，46gNO2和N2O4混合氣體中含有原子總數(shù)為3NA，故C正確；D、鈉原子最外層1個電子，1molNa與足量O2反應(yīng)，生成Na2O和Na2O2的混合物，鈉失去NA個電子，故D正確；故選：B?！军c評】本題考查了阿伏伽德羅常數(shù)的應(yīng)用，主要考查質(zhì)量換算物質(zhì)的量計算微粒數(shù)的方法，注意掌握金剛石的結(jié)構(gòu)特征分析．8．某含鉻（Cr2O72﹣）廢水用硫酸亞鐵銨[FeSO4?（NH4）2SO4?6H2O]處理，反應(yīng)后鐵元素和鉻元素完全轉(zhuǎn)化為沉淀．該沉淀經(jīng)干燥后得到nmolFeO?FeyCrxO3．不考慮處理過程中的實際損耗，下列敘述錯誤的是（）A．消耗硫酸亞鐵的物質(zhì)的量為n（2﹣x）mol B．處理廢水中的Cr2O72﹣的物質(zhì)的量為mol C．反應(yīng)中發(fā)生轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為3nxmol D．在FeO?FeyCrxO3中，3x=y 【考點】54：物質(zhì)的量的相關(guān)計算；BQ：氧化還原反應(yīng)的計算；DI：電解原理．【專題】16：壓軸題；51I：電化學(xué)專題．【分析】A、由鐵元素守恒，求出消耗硫酸亞鐵的物質(zhì)的量，結(jié)合電子轉(zhuǎn)移守恒或FeO?FeyCrxO3電中性找出x與y，代入硫酸亞鐵的物質(zhì)的量計算；B、反應(yīng)的鉻元素完全轉(zhuǎn)化為沉淀，根據(jù)鉻原子守恒計算；C、Cr2O72﹣中Cr為+6價，被還原為+3價Cr，每個Cr原子得3個電子，計算出Cr原子物質(zhì)的量，轉(zhuǎn)移電子為Cr原子物質(zhì)的量3倍；D、根據(jù)失電子守恒計算．【解答】解：A．由鐵元素守恒，消耗硫酸亞鐵的物質(zhì)的量為n（y+1），故A錯誤；B．根據(jù)鉻原子守恒，Cr原子為nxmol，故Cr2O72﹣的物質(zhì)的量為，故B正確；C．得到nmolFeO?FeyCrxO3，則一共有nxmolCr原子參加反應(yīng)，1molCr轉(zhuǎn)移電子3mol，故轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為3nxmol，故C正確；D．FeO?FeyCrxO3中，Cr為正三價，由得失電子守恒知3x﹣y=0，即3x=y，故D正確。故選：A。【點評】本題考查氧化還原反應(yīng)規(guī)律，難度較大，明確氧化還原反應(yīng)中存在的原子個數(shù)守恒、電荷守恒規(guī)律是解題關(guān)鍵，注意在計算中守恒思想的應(yīng)用．二、解答題（共4小題，滿分60分）9．（15分）如圖中，A、B、C、D、E是單質(zhì)，G、H、I、F是B、C、D、E分別和A形成的二元化合物．已知：①反應(yīng)C+GB+H能放出大量的熱，該反應(yīng)曾應(yīng)用于鐵軌的焊接；②I是一種常見的溫室氣體，它和E可以發(fā)生反應(yīng)：，F(xiàn)中的E元素的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為60%．回答問題：（1）①中反應(yīng)的化學(xué)方程式為2Al+Fe2O32Fe+Al2O3；（2）化合物Ⅰ的電子式為，它的空間構(gòu)型是直線型；（3）1.6gG溶于鹽酸，得到的溶液與銅粉完全反應(yīng)，計算至少所需銅粉的質(zhì)量（寫出離子方程式和計算過程）；（4）C與過量NaOH溶液反應(yīng)的離子方程式為2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO2﹣+3H2↑，反應(yīng)后溶液與過量化合物Ⅰ反應(yīng)的離子方程式為AlO2﹣+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3﹣；（5）E在I中燃燒觀察到的現(xiàn)象是鎂條劇烈燃燒生成白色和黑色固體．【考點】GS：無機(jī)物的推斷．【專題】11：推斷題．【分析】①反應(yīng)C+GB+H能放出大量的熱，該反應(yīng)曾應(yīng)用于鐵軌的焊接；判斷為鋁熱反應(yīng)，所以C為Al，G為鐵的氧化物Fe2O3；B為Fe；結(jié)合轉(zhuǎn)化關(guān)系得到A為O2，H為Al2O3，②I是一種常見的溫室氣體，判斷為二氧化碳；和E點燃條件下發(fā)生反應(yīng)生成F和D，2E+I=2F+D為置換反應(yīng)，推斷E為金屬單質(zhì)Mg，發(fā)生的反應(yīng)為，2Mg+CO22MgO+C，F(xiàn)為MgO，D為單質(zhì)C；MgO中的鎂元素的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為60%，證明推斷正確．【解答】解：A、B、C、D、E是單質(zhì)，G、H、I、F是B、C、D、E分別和A形成的二元化合物，①反應(yīng)C+GB+H能放出大量的熱，該反應(yīng)曾應(yīng)用于鐵軌的焊接；判斷為鋁熱反應(yīng)，所以C為Al，G為鐵的氧化物Fe2O3；結(jié)合轉(zhuǎn)化關(guān)系得到A為O2，H為Al2O3，②I是一種常見的溫室氣體，判斷為二氧化碳；和E點燃條件下發(fā)生反應(yīng)生成F和D，2E+I=2F+D為置換反應(yīng)，推斷E為金屬單質(zhì)Mg，發(fā)生的反應(yīng)為，2Mg+CO22MgO+C，F(xiàn)為MgO，D為單質(zhì)C；MgO中的鎂元素的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為60%，證明推斷正確；（1）①中反應(yīng)的化學(xué)方程式為：2Al+Fe2O32Fe+Al2O3，故答案為：2Al+Fe2O32Fe+Al2O3；（2）二氧化碳分子是直線型化合物，碳原子和氧原子間形成兩對共用電子對，分別形成兩個共價鍵；電子式是把原子最外層電子標(biāo)注在元素符號周圍，二氧化碳的電子式為：，故答案為：；直線型；（3）1.6gG溶于鹽酸，發(fā)生的反應(yīng)為：Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O，得到的溶液與銅粉完全反應(yīng)，1.6gG為Fe2O3物質(zhì)的量為0.01mol，含F(xiàn)e3+離子物質(zhì)的量為0.02mol；溶解銅發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+；至少需要的銅物質(zhì)的量為0.01mol，銅的質(zhì)量為0.64g，故答案為：0.64g；（4）C為Al與過量NaOH溶液反應(yīng)的離子方程式為：2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO2﹣+3H2↑，反應(yīng)后溶液為偏鋁酸鈉溶液與過量化合物Ⅰ（CO2）反應(yīng)生成氫氧化鋁沉淀和碳酸氫鈉，反應(yīng)的離子方程式為：AlO2﹣+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3﹣，故答案為：2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO2﹣+3H2↑；AlO2﹣+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3﹣；（5）E為（Mg）在I（CO2）中燃燒，觀察到的現(xiàn)象是鎂條劇烈燃燒生成白色和黑色固體，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：2Mg+CO22MgO+C，故答案為：鎂條劇烈燃燒生成白色和黑色固體．【點評】本題考查物質(zhì)轉(zhuǎn)化關(guān)系的分析判斷，物質(zhì)性質(zhì)的綜合應(yīng)用，離子方程式的書寫，鎂、鋁、鐵及其化合物性質(zhì)分析反應(yīng)現(xiàn)象的利用，是解題關(guān)鍵，題目難度中等．10．（15分）反應(yīng)aA（g）+bB（g）cC（g）（△H＜0）在等容條件下進(jìn)行．改變其他反應(yīng)條件，在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ階段體系中各物質(zhì)濃度隨時間變化的曲線如圖1所示：回答問題：（1）反應(yīng)的化學(xué)方程式中，a：b：c為1：3：2；（2）A的平均反應(yīng)速率VⅠ（A）、VⅡ（A）、VⅢ（A）從大到小排列次序為vⅠ（A）＞vⅡ（A）＞vⅢ（A）；（3）B的平衡轉(zhuǎn)化率αⅠ（B）、αⅡ（B）、αⅢ（B）中最小的是αⅢ（B），其值是19.4%；（4）由第一次平衡到第二次平衡，平衡移動的方向是向正反應(yīng)方向，采取的措施是從反應(yīng)體系中移出產(chǎn)物C；（5）比較第Ⅱ階段反應(yīng)溫度（T2）和第Ⅲ階段反應(yīng)溫度（T3）的高低：T2＞T3（填“＞”“＜”“=”），判斷的理由是此反應(yīng)為放熱反應(yīng)，降低溫度，平衡向正反應(yīng)方向移動，平衡的移動只能減弱改變，不能抵消改變；（6）達(dá)到第三次平衡后，將容器的體積擴(kuò)大一倍，假定10min后達(dá)到新的平衡，請在下圖2中用曲線表示第IV階段體系中各物質(zhì)的濃度隨時間變化的趨勢如圖2（曲線上必須標(biāo)出A、B、C）．【考點】CB：化學(xué)平衡的影響因素；CK：物質(zhì)的量或濃度隨時間的變化曲線；CO：化學(xué)反應(yīng)速率與化學(xué)平衡圖象的綜合應(yīng)用．【專題】51E：化學(xué)平衡專題．【分析】（1）由圖可知第Ⅰ階段，平衡時△c（A）=2mol/L﹣1mol/L=1mol/L，△c（B）=6mol/L﹣3mol/L=3mol/L，△c（C）=2mol/L，根據(jù)濃度變化量之比等于化學(xué)計量數(shù)之比計算；（2）根據(jù)化學(xué)反應(yīng)速率為單位時間濃度的變化值，可計算三個階段用A表示的化學(xué)反應(yīng)速率，據(jù)此判斷；（3）轉(zhuǎn)化率是物質(zhì)的減少量與初始量的比值，計算三個階段B的轉(zhuǎn)化率，據(jù)此解答；（4）第Ⅱ階段C是從0開始的，瞬間A、B濃度不變，因此可以確定第一次平衡后從體系中移出了C，即減少生成物濃度，平衡正向移動；（5）第Ⅲ階段的開始與第Ⅱ階段的平衡各物質(zhì)的量均相等，根據(jù)A、B的量減少，C的量增加可判斷平衡是正向移動的，根據(jù)平衡開始時濃度確定此平衡移動不可能是由濃度的變化引起的，另外題目所給條件容器的體積不變，則改變壓強(qiáng)也不可能，因此一定為溫度的影響，此反應(yīng)正向為放熱反應(yīng)，可以推測為降低溫度，另外結(jié)合A的速率在三個階段的情況，確定改變的條件一定為降低溫度，根據(jù)勒夏特列原理，平衡的移動只能減弱改變，不能抵消改變，因此達(dá)到平衡后溫度一定比第Ⅱ階段平衡時的溫度低；（6）達(dá)到第三次平衡后，將容器的體積擴(kuò)大一倍，改變條件的瞬間，各組分的濃度變?yōu)樵瓉淼亩种?，容器體積增大，壓強(qiáng)降低平衡向體積增大的方向移動，但增大的物質(zhì)的量濃度小于第三次平衡時濃度，同時注意各組分物質(zhì)的量濃度變化量之比等于化學(xué)計量數(shù)之比，據(jù)此作圖．【解答】解：（1）由圖可知第Ⅰ階段，平衡時△c（A）=2mol/L﹣1mol/L=1mol/L，△c（B）=6mol/L﹣3mol/L=3mol/L，△c（C）=2mol/L，濃度變化量之比等于化學(xué)計量數(shù)之比，故a：b：c=1mol/L：3mol/L：2mol/L=1：3：2，故答案為：1：3：2；（2）vⅠ（A）==0.05mol/（L?min），vⅡ（A）==0.0253mol/（L?min），vⅢ（A）==0.012mol/（L?min），故A的平均反應(yīng)速率vⅠ（A）＞vⅡ（A）＞vⅢ（A），故答案為：vⅠ（A）＞vⅡ（A）＞vⅢ（A）；（3）B的平衡轉(zhuǎn)化率αⅠ（B）=×100%=50%，αⅡ（B）=×100%=38%，αⅢ（B）=×100%=19.4%，故答案為：αⅢ（B）；19.4%；（4）第Ⅱ階段C是從0開始的，瞬間A、B濃度不變，因此可以確定第一次平衡后從體系中移出了C，即減少生成物濃度，平衡正向移動，故答案為：向正反應(yīng)方向，從反應(yīng)體系中移出產(chǎn)物C；（5）第Ⅲ階段的開始與第Ⅱ階段的平衡各物質(zhì)的量均相等，根據(jù)A、B的量減少，C的量增加可判斷平衡是正向移動的，根據(jù)平衡開始時濃度確定此平衡移動不可能是由濃度的變化引起的，另外題目所給條件容器的體積不變，則改變壓強(qiáng)也不可能，因此一定為溫度的影響，此反應(yīng)正向為放熱反應(yīng)，可以推測為降低溫度，另外結(jié)合A的速率在三個階段的情況，確定改變的條件一定為降低溫度，根據(jù)勒夏特列原理，平衡的移動只能減弱改變，不能抵消改變，因此達(dá)到平衡后溫度一定比第Ⅱ階段平衡時的溫度低，故答案為：＞；此反應(yīng)為放熱反應(yīng)，降低溫度，平衡向正反應(yīng)方向移動，平衡的移動只能減弱改變，不能抵消改變；（6）達(dá)到第三次平衡后，將容器的體積擴(kuò)大一倍，改變條件的瞬間，各組分的濃度變?yōu)樵瓉淼亩种?，容器體積增大，壓強(qiáng)降低平衡向逆反應(yīng)方向移動，但增大的物質(zhì)的量濃度小于第三次平衡時濃度，同時注意各組分物質(zhì)的量濃度變化量之比等于化學(xué)計量數(shù)之比，A、B、C的濃度隨時間變化的趨勢如圖：，故答案為：．【點評】本題考查化學(xué)反應(yīng)速率與化學(xué)平衡圖象、化學(xué)平衡有關(guān)計算、化學(xué)反應(yīng)速率、化學(xué)平衡影響因素等，難度中等，（6）中作圖為易錯點，學(xué)生容易只考慮改變瞬間各物質(zhì)的濃度，不注意平衡時各物質(zhì)濃度的變化量．11．（15分）請回答下列實驗中抽取氣體的有關(guān)問題．（1）如圖1是用KMnO4與濃鹽酸反應(yīng)制取適量氯氣的簡易裝置．裝置B、C、D的作用分別是：B向上排氣法收集氯氣；C安全作用，防止D中的液體倒吸進(jìn)入集氣管B中；；D吸收尾氣，防止氯氣擴(kuò)散到空氣中污染環(huán)境；（2）在實驗室欲制取適量NO氣體．①如圖2中最適合完成該實驗的簡易裝置是①（填序號）；②根據(jù)所選的裝置完成下表（不需要的可不填）：應(yīng)加入的物質(zhì)所起的作用ABCD③簡單描述應(yīng)觀察到的實驗現(xiàn)象反應(yīng)開始時，A中銅表面出現(xiàn)無色小氣泡，反應(yīng)速率逐漸加快：A管上部空間由無色逐漸變?yōu)闇\紅棕色，隨反應(yīng)的進(jìn)行又逐漸變?yōu)闊o色；A中的液體由無色變?yōu)闇\藍(lán)色；B中的水面逐漸下降，B管中的水逐漸流入燒杯C中．．圖1圖2【考點】E3：氯氣的實驗室制法；EK：氮的氧化物的性質(zhì)及其對環(huán)境的影響；Q9：常見氣體制備原理及裝置選擇．【專題】16：壓軸題；17：綜合實驗題．【分析】（1）實驗室用高錳酸鉀和濃鹽酸反應(yīng)制備氯氣，發(fā)生反應(yīng)2KMnO4+16HCl═2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，A為氣體的發(fā)生裝置，B為氣體的收集裝置，C為防倒吸裝置，D為尾氣處理裝置，防止氯氣擴(kuò)散到空氣中污染環(huán)境；（2）①實驗室用稀硝酸和銅反應(yīng)制備NO，用排水法收集NO氣體；②A為氣體發(fā)生裝置，B為氣體的收集裝置，用排水法收集，C為接受B中排出的水的裝置；③根據(jù)反應(yīng)生成無色的NO氣體，溶液呈藍(lán)色．【解答】解：（1）①生成的氯氣密度比空氣大，可用向上排空氣法收集，則B為收集裝置，C為防止倒吸的裝置，可起到防止D中的液體倒吸進(jìn)入集氣管B中，故答案為：向上排氣法收集氯氣；安全作用，防止D中的液體倒吸進(jìn)入集氣管B中；吸收尾氣，防止氯氣擴(kuò)散到空氣中污染環(huán)境；（2）①NO易與空氣中氧氣反應(yīng)，則應(yīng)用排水法收集，收集時進(jìn)氣管較短，則應(yīng)選擇Ⅰ裝置，故答案為：①；②Ⅱ裝置中A加入稀硝酸和銅，為氣體發(fā)生裝置，B為氣體的收集裝置，用排水法收集，C為接受B中排出的水的裝置，故答案為：應(yīng)加入的物質(zhì)所起的作用A銅屑和稀硝酸產(chǎn)生NO氣體B水排水收集NO氣體C接收B中排出的水D③稀硝酸與銅反應(yīng)生成無