河北省衡水中学2015届高三化学第四次联考试题（含解析）新人教版.doc

衡水中学2015届高三第四次联考化 学 试 题本试卷分第卷（ 选择题） 和第卷（ 非选择题） 两部分, 总分100分, 考试时间90分钟。【试卷综析】本试卷是高三第四次联考化学试题，在考查学生的基础知识的同时注重学生的综合能力的培养。本试卷综合性较强，题量较大。本试卷考查到了溶液的配制、氧化还原反应的应用、元素化合物之间的相互转化、溶液中的离子反应和离子方程式的书写、化学反应中的综合计算、化学实验的设计和评价、有机化学基础等主干知识，考查了较多的知识点。在注重考查学科核心知识的同时，突出考查考纲要求的基本能力，重视对学生科学素养的考查。以基础知识和基本技能为载体，以能力测试为主导，注重常见化学方法的使用，应用化学思想解决化学问题，体现了化学学科的基本要求。第卷（选择题,共5 0分）一、 选择题（ 本大题共2 5个小题, 每小题2分, 共5 0分）【题文】1为使Fe2+、Fe3+、Zn 2+较完全地形成氢氧化物沉淀, 溶液的酸碱度分别为pH 7.7、 pH 4.5、 pH 6.6。某硫酸锌酸性溶液中含有少量Fe2+, Fe3+杂质离子, 为除去这些离子制得纯净的ZnSO4, 应加入的试剂是 （ ）ANaOH溶液 B氨水 CKMnO4, ZnCO3 DH2O2, ZnO【知识点】难溶电解质的沉淀溶解平衡及相互转化 H5【答案解析】D 解析：使Fe3+、Fe2+、Zn2+较完全的形成氢氧化物沉淀，溶液的pH应分别为3.7、9.6、4.4左右，所以要除去硫酸锌酸性溶液中含有少量Fe3+、Fe2+，应该把Fe2+氧化为Fe3+，双氧水是绿色氧化剂不会引入杂质，所以用双氧水把Fe2+氧化为Fe3，再加入氧化锌调节溶液的pH，使Fe3+转化为沉淀除去，故选D。【思路点拨】本题考查了难溶电解质的沉淀溶解平衡及相互转化，侧重于除杂与分离，题目较为基础，解答本题的关键是能把握除杂的原则。【题文】2某学生在配制一定物质的量浓度氢氧化钠时, 结果所配溶液浓度偏高, 其原因可能是 （ ）A所用氢氧化钠已经潮解B向容量瓶中加水未到刻度线C有少量氢氧化钠溶液残留在烧杯里D用带游码的托盘天平称24 gN a OH时误用了“ 左码右物” 方法【知识点】配制一定物质的量浓度的溶液 A3【答案解析】B 解析：A、所用NaOH已经潮解，实际称量的氢氧化钠的质量减小，氢氧化钠的物质的量减小，所配溶液浓度偏低，错误； B、向容量瓶中加水未到刻度线时溶液的体积较小，溶液的浓度偏大，正确；C、有少量氢氧化钠溶液残留在烧杯里，造成了溶质的损耗，溶液浓度偏小，错误；D、称量时误用“左码右物”，若不使用游码，对称取氢氧化钠质量无影响，对所配溶液浓度无影响；若使用游码，实际称取氢氧化钠的质量减小，所配溶液浓度偏低，错误。【思路点拨】本题考查了一定物质的量浓度溶液配制与误差分析，根据c= n/V，理解溶液配制的操作与误差分析，基础性较强。【题文】3溶液的配制过程能引起浓度偏高的是 （ ）用1 g 98%的浓硫酸加4 g水配成1：4的硫酸;配制一定物质的量浓度的硫酸溶液时, 定容后, 塞好塞子倒转摇匀后, 发现液面低于刻度线;在100 mL无水乙醇中加入2 g碘片溶解后配成2%的碘酒溶液;在80 mL水中加入184 m o l / L的硫酸20 mL, 配制368 mol / L的硫酸溶液;质量分数为5 x%和x%的两种氨水等体积混合配成3 x%的氨水;10%的硫酸和90%的硫酸等体积混合配制5 0%的硫酸溶液。A B C D【知识点】配制一定物质的量浓度的溶液 A3【答案解析】C 解析：浓硫酸的密度大于1g/mL，水的密度是1g/mL，用1g98%的浓硫酸加4g水配成1：4（体积比）的硫酸，浓硫酸的体积和水的体积比小于1：4，导致配制溶液浓度偏小；配制一定物质的量浓度的硫酸溶液时，定容后，塞好塞子倒转摇匀后，发现液面低于刻度线，溶质的物质的量和溶液的体积都不变，所以配制溶液浓度不变；乙醇的密度小于1g/mL，故在100 mL无水乙醇中加入2 g碘片溶解后形成的溶液的浓度大于2%；浓硫酸溶液密度大于水的密度，在80mL水中加入18.4mol/L的硫酸20mL，溶液体积小于100mL，所以配制浓度高于3.68mol/L；5x%的氨水与x%的氨水等质量混合时溶质的质量分数为：(5x%+x%)/2=3x%，如果等体积混合时，由于5x%的氨水的密度小于x%的氨水的密度，则所以x%的氨水的质量大于5x%的氨水的质量，所以混合后溶质质量分数偏向于%的氨水，故质量分数小于3x%；溶质的质量分数分别为90%和10%的两种硫酸溶液等质量混合后，溶液中的溶质的质量分数为(90%+10%)/2=50%，哪种溶液的质量大，就偏向于谁的溶质质量分数，由于90%硫酸溶液的密度大于10%硫酸溶液的密度，所以90%和10%的两种硫酸溶液等体积混合后，90%硫酸溶液的质量大于10%硫酸溶液的质量，所以混合后溶液中的溶质的质量分数大于50%，则配制溶液浓度偏大；故选C。【思路点拨】本题考查了溶液的配制及误差的分析，注意形成规律密度比水大的两种不同浓度溶液混合，等体积混合后所得溶液中溶质的质量分数大于等质量混合后所得溶液中溶质的质量分数（即两种溶液中溶质的质量分数之和的一半）如氢氧化钠、氯化钠溶液等同理有：密度比水小的两种不同浓度溶液混合，等体积混合后所得溶液中溶质的质量分数小于等质量混合后所得溶液中溶质的质量分数（即两种溶液中溶质的质量分数之和的一半）如氨水、酒精溶液等，难度不大，但是属于易错试题。【题文】4为了确定某样品是否被氧化, 所选试剂（ 括号内物质） 不正确的是 （ ）AF e C l 2（ NH4S CN溶液） BK I （ 淀粉溶液）C白磷（ 紫色石蕊试液） DN a 2S O3（ B a C l 2 溶液）【知识点】氧化还原反应 B2【答案解析】D 解析：A亚铁离子易被氧化为铁离子，可利用NH4SCN溶液检验铁离子，若溶液为血红色来确定样品被氧化，故A正确； B碘离子能被氧化为碘单质，淀粉遇碘变蓝，则可利用淀粉溶液来确定样品被氧化，故B正确； C白磷被氧化为五氧化二磷，遇水反应生成磷酸，加紫色石蕊溶液变红，则可以确定样品被氧化，故C正确； D亚硫根离子能被氧化为硫酸根离子，亚硫酸根和硫酸根离子都能与钡离子反应生成沉淀，不能确定样品被氧化，故D错误；故选D。【思路点拨】本题考查了氧化还原反应及样品的变质，明确离子的性质及反应中的现象是解答本题的关键，题目难度不大。【题文】5PH试测定溶液p H的正确操作是 （ ）A将一小块试纸放在表面皿上, 用玻璃棒蘸取少量待测液点在试纸上, 再与标准比色卡对照B将一小块试纸用蒸馏水润湿后放在表面皿上, 用玻璃棒蘸取少量待测液点在试纸上, 再与标准比色卡对照C将一小条试纸在待测液中蘸一下, 取出后放在表面皿上, 与标准比色卡对照D将一小条试纸先用蒸馏水润湿后, 在待测液中蘸一下, 取出后与标准比色卡对照【知识点】pH试纸的使用 H2【答案解析】A 解析：pH试纸的正确使用方法是：把小块pH试纸放在表面皿（或玻璃片）上，用蘸有待测溶液的玻璃棒点在试纸的中部，试纸变色后，与标准比色卡比较来确定溶液的pH；故A正确。【思路点拨】本题考查了pH试纸的使用，难度不大。【题文】6下列实验装置图正确的是 （ ）A B C D【知识点】实验的设计和评价 J4 【答案解析】A 解析：A、实验室中制备乙烯需要的温度约为170，温度计应放在反应的溶液中，正确；B、实验室中制备氨气，不能选择氢氧化钠，错误；C、实验室中制备氯气用二氧化锰做氧化剂时反应需要加热，错误；D、实验室中制备乙酸乙酯时，收集乙酸乙酯用的是饱和的碳酸氢钠溶液，错误。【思路点拨】本题考查了实验室中物质的制备和收集等，反应物的选择、反应条件的选择等，基础性较强，难度不大。【题文】7以下实验或操作不能达到目的的是 （ ）A用溴水鉴别苯、 乙醇、 四氯化碳B准确称取40 gNaOH溶于9 6 mL水得质量分数为40%的溶液C为除去苯中的少量苯酚, 向混合物中加入适量的溴水后过滤D用激光笔检验淀粉溶液的丁达尔现象【知识点】实验的设计和评价 J4 【答案解析】C 解析：A苯遇溴水发生的是萃取的现象，溶液分层，带色的有机层在上方；乙醇加入到溴水中没有明显的实验现象；四氯化碳加入到溴水中发生的也是萃取的现象，但是带色的有机层在下方，故可以用溴水鉴别苯、 乙醇、 四氯化碳；B水的密度为1g/mL，故把40 gNaOH溶于9 6 mL水得质量分数为40%的溶液； C向苯和苯酚的混合物中加入适量的溴水后，苯酚与溴水反应生成难溶于水的三溴苯酚，但是溴单质在苯中的溶解度较大，在苯中又混入了溴单质，不能达到除杂的目的；D淀粉溶液属于胶体，具有丁达尔现在，故可用激光笔检验淀粉溶液的丁达尔现象。【思路点拨】本题考查了物质的鉴别和除杂、溶液的配置、胶体的性质等知识点，基础性较强，难度不大。【题文】8下列选项中最后的物质是要制取的物质, 其中不能通过所列变化得到的是 （ ）ABCD【知识点】元素形成的单质和化合物的性质 C5 【答案解析】C 解析：C、FeS是可溶于酸的金属硫化物，故硫酸亚铁不能与硫化氢反应，不能制备硫化亚铁，错误。【思路点拨】本题目综合考查学生元素以及化合物的性质方面的知识，注意知识的归纳和整理是解题关键，综合性较强，但难度不大。【题文】9下列有关实验操作、 现象和解释或结论都正确的是 （ ）【知识点】【答案解析】D 解析：【思路点拨】本题考查了【题文】10向四支试管中分别加入少量不同的无色溶液进行如下操作, 结论正确的是 （ ）【知识点】【答案解析】B 解析：【思路点拨】本题考查了【题文】11NA 表示阿伏加德罗常数的值, 下列说法正确的是 （ ）A56 g铁粉在01 m o l氯气中充分燃烧, 转移电子数为03 NAB1 25 mL1 6 m o l ·L-1浓硫酸与足量铜反应, 转移电子数为02 NAC78 gN a 2S和N a 2O2 的混合物中含有的阴离子数等于01 NAD05 m o l氧单质含有NA 个 O2【知识点】阿伏加德罗常数 A1【答案解析】C 解析：A56 g铁粉在01 m o l氯气中充分燃烧,氯气的物质的量少，金属铁不能完全反应，故转移电子数应根据氯气的进行计算，为02 NA，错误； B当金属铜与浓硫酸反应时，随着反应的进行，硫酸的浓度降低，当降低到一定程度时便不能再与铜反应，错误； CN a 2S和N a 2O2 的摩尔质量相同，结构相似，故78 gN a 2S和N a 2O2 的混合物中含有的阴离子数等于01 NA，正确；D05 m o l氧单质含有NA 个 O原子，错误。【思路点拨】本题考查了阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，难度不大。【题文】12标准状况下, 将VLH2S气体通入a Lb mo l / L的 N a OH 溶液中, 下列对所得溶液的描述不正确的是 （ ）A随着 H2S气体的通入, 溶液中由水电离出的c（ H+） 有如右图变化关系B当V/ 2 24=a b时, 所得溶液中存在:c（ OH） + c（ S 2 ） c（ H+） + c（ H2S）C当V/11.2=a b时, 所得溶液中存在:c（ N a+） > c（ S 2-） > c（ OH-） > c（ HS-） > c（ H+）D当V/ 2 24<a b<V/ 1 12时, 所得溶液中一定存在:c（ N a+ ） c（ S 2-）+ c（ HS-）+ c（ H2S）【知识点】酸碱混合时的定性判断及有关PH的计算 H6 【答案解析】D 解析：当n（NaOH）：n（H2S）2时，发生反应H2S+2NaOH=Na2S+2H2O，当n（NaOH）：n（H2S）1时，发生反应H2S+NaOH=NaHS+H2O，当1n（NaOH）：n（H2S）2时，溶液中的溶质既有NaHS，也有Na2S。A随着硫化氢的通入，反应发生，硫化钠促进水电解，但反应发生时，由于生成NaHS的水解能力小于硫化钠的水解能力，导致由水电离产生氢离子浓度有所降低，反应发生完全后，硫化氢过量，由水电离产生的氢离子浓度降低更大，故A正确； B当V/ 2 24=ab时，发生反应，溶液中的溶质是NaHS，根据物料守恒得c（Na+）=c（S2-）+c（HS-）+c（H2S），根据电荷守恒得c（OH-）+2c（S2-）+c（HS-）=c（H+）+c（Na+），所以得c（OH-）+c（S2-）=c（H+）+c（H2S），故B正确； C当V/11.2=ab时，发生反应，溶液中的溶质是Na2S，硫离子部分水解生成HS-，硫离子两步水解都生成氢氧根离子，所以溶液呈碱性，且c（OH-）c（HS-），则离子浓度大小顺序是c（Na+）c（S2-）c（OH-）c（HS-）c（H+），故C正确； D当V/ 2 24<a b<V/ 1 12，完全反应，部分反应，生成Na2S、NsHS，NaHS溶液中存在c（Na+）=c（S2-）+c（HS-）+c（H2S），Na2S溶液中存在c（Na+）=2c（S2-）+2c（HS-）+2c（H2S），所以在Na2S、NsHS混合溶液中不存在c（Na+）=c（S2-）+c（HS-）+c（H2S），故D错误；故选D。【思路点拨】本题考查了酸碱混合溶液定性判断，明确物质间发生的反应是解本题关键，再结合物料守恒、电荷守恒来分析解答，题目的综合性较强，难度中等。【题文】13常温下1体积p H=25的盐酸与1 0体积某一元强碱溶液恰好完全反应, 则该碱溶液的p H等于 （ ）A90 B95 C1 05 D1 10【知识点】pH的简单计算 H2【答案解析】C 解析：据题意，一元强酸和一元强碱恰好反应，故有H+与OH-的物质的量相等，设强酸的体积为V，则强碱的体积为10V，有V10-2.5=10V10pH-14，解得pH=10.5，故选C。【思路点拨】本题考查了强酸和强碱混合后溶液PH的计算，解此类题型的要点是根据反应H+OH-=H2O计算溶液中的H+或OH-的浓度，进而计算PH，难度不大。【题文】14下图中横坐标表示完全燃烧时耗用可燃气体X（ X=A、 B、 C） 的物质的量n（ X） , 纵坐标表示消耗 O2 的物质的量n（O2） , A、 B是两种可燃性气体, C是A、 B的混合气体, 则C中n（A）n（B） 为 （ ）A21 B12 C11 D任意【知识点】燃料的充分燃烧，化学方程式的有关计算 【答案解析】A 解析：由图象可以看出：A和氧气反应的物质的量之比为2：1，B和氧气反应的物质的量之比为1：2，而C和氧气反应的物质的量之比为1：1。设：混合物中含A的物质的量为x，则消耗氧气物质的量为 x/2mol，含B的物质的量为ymol，则消耗氧气物质的量为2ymol，则混合后耗氧气的物质的量为（x/2+y）mol，即得：x+y=x/2+2y，故有x：y=2：1，故选A。【思路点拨】本题考查了学生对图象的分析和理解能力，要求学生明确化学反应中分子数之比即为物质的量之比，难度不大。【题文】15由锌、 铁、 铝、 镁四种金属中的两种组成的混合物10 g与足量的盐酸反应产生的氢气在标准状况下为112 L, 则混合物中一定含有的金属是 （ ）A锌 B铁 C铝 D镁【知识点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用 C5 【答案解析】C 解析：产生11.2LH2需要锌32.5g，铁28g，镁12g，铝9g，根据平均值思想，混合物中的两种金属需要量应分别小于和大于10g，而小于混合物10g的只有铝，故一定有铝，故选D。【思路点拨】本题考查了混合物的计算，题目难度不大，注意平均值法的利用。【题文】16用惰性电极电解 M（ NO3） x的水溶液, 当阴极上增重a g时, 在阳极上同时产生b L氧气（ 标准状况） , 从而可知 M 的原子量为 （ ）A B C D 【知识点】电解原理的应用 F4 【答案解析】C 解析：设M的原子量为R，电解时，电池反应方程式为：4M（NO3）x+2xH2O=4M+xO2+4xHNO34Rg  22.4xLag     bL所以 R=5.6ax/b，故选C。【思路点拨】本题以电解原理为载体考查了氧化还原反应的有关计算，能正确写出该电池的电池反应式并找出金属与氧气的关系式是解本题的关键，要注意根据得失电子相等配平方程式，才能正确解答问题。【题文】17温度为2 5时, 将两个铂电极插入一定量的硫酸钠饱和溶液中进行电解, 通电一段时间后, 在阴极逸出a m o l气体, 同时有 WgN a 2SO4·10H2O析出, 若温度不变, 此时剩余溶液中的溶质的质量分数为 （ ）A%B%C%D%【知识点】物质的量浓度的相关计算，电解原理的应用 A3 F4【答案解析】D 解析：用Pt作电极，电解饱和硫酸钠溶液时，阳极上氢氧根离子放电生成氧气，阴极上氢离子放电生成氢气，电解水后，溶液中硫酸钠过饱和导致析出晶体，剩余的电解质溶液仍是饱和溶液，析出的硫酸钠晶体和电解的水组成的也是饱和溶液。w g Na2SO410H2O硫酸钠的质量=w g×142/322=71w/161g，设电解水的质量为x：2H2O=O2+2H236g  2mol x     amol  x=18ag所以饱和溶液的质量分数=71w/161g/ (w+18a)g×100%=，故选D。【思路点拨】本题以电解原理为载体考查了质量分数的计算，难度中等，注意理解电解发生的反应，明确电解后析出的硫酸钠晶体和电解的水组成的是饱和溶液是关键，题目综合性较强。【题文】181 L某混合溶液中, 溶质X、 Y浓度都为01 m o l ·L-1, 向混合溶液中滴加某溶液Z（ 01 m o l ·L-1氢氧化钠或硫酸溶液），所得沉淀的物质的量如下图, 则X、 Y、 Z分别是 （ ）A氯化铝、 氯化铁、 氢氧化钠 B氯化铝、 氯化镁、 氢氧化钠C偏铝酸钠、 氢氧化钡、 硫酸 D偏铝酸钠、 氯化钡、 硫酸【知识点】镁、铝的重要化合物 C2【答案解析】C 解析：C若X、Y、Z分别为偏铝酸钠、氢氧化钡、硫酸，开始滴入硫酸时OH-+H+=H2O，Ba2+SO42-=BaSO4，H+AlO2-+H2O=Al（OH）3，图中第一段直线：氢氧化钡的OH-和硫酸里的H+1：1中和，同时Ba2+和SO42-1：1反应生成硫酸钡沉淀， Ba2+2OH-+2H+SO42-=BaSO4+2H2O；图中第二段直线氢氧化钡消耗完，硫酸继续滴加，氢离子开始和偏铝酸根离子反应H+AlO2-+H2O=Al（OH）3，硫酸的消耗量（硫酸消耗量是氢离子消耗量的一半）和沉淀的生成量是1：2；图中第三段直线：硫酸进一步过量，开始消耗沉淀，Al（OH）3+3H+=Al3+3H2O硫酸和沉淀消耗量应为1.5：1直到把氢氧化铝完全溶解，只剩下不溶于酸的BaSO4，以上三段符合图象的数值变化，正确； B若X、Y、Z分别为氯化铝、氯化镁、氢氧化钠，开始滴入氢氧化钠时，Mg2+2OH-=Mg（OH）2，Al3+3OH-=Al（OH）3，n（Mg2+）：n（OH-）=1：2，n（Al3+）：n（OH-）=1：3，继续滴加Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O，n（Al（OH）3）：n（OH-）=1：1，不符合图象的数值变化，错误； A若X、Y、Z分别为氯化铝、氯化铁、氢氧化钠，开始滴入氢氧化钠时，Al3+3OH-=Al（OH）3，Fe3+3OH-=Fe（OH）3，n（Al3+）：n（OH-）=1：3，n（Fe3+）：n（OH-）=1：3，继续滴加Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O，n（Al（OH）3）：n（OH-）=1：1，不符合图象的数值变化，错误； D若X、Y、Z分别为偏铝酸钠、氯化钡、硫酸，滴入硫酸时Ba2+SO42-=BaSO4，H+AlO2-+H2O=Al（OH）3，Al（OH）3+3H+=Al3+3H2O，生成最大量沉淀氢氧化铝0.1mol，需要硫酸0.05mol；生成硫酸钡沉淀0.05mol，需要硫酸0.05mol，图中第一段直线不符合，故D错误；故选C。【思路点拨】本题考查了铝盐、偏铝酸盐和钡盐与碱、酸反应的图象分析判断，需要从图象中分析数据结合物质之间的反应和沉淀的生成判断，题目难度较大。【题文】19向1 0 0 m lFeCl 3 溶液中通入标准状况下的 H2S气体33 6 L，设 H2S全部被吸收后, 再加入过量的铁粉，待反应停止后，测得溶液中含有06 m o l金属阳离子，则原FeCl3 溶液的物质的量浓度为 （ ）A50 m o l / L B40 m o l / L C45 m o l / L D30 m o l / L【知识点】物质的量浓度的计算，铁的化合物的性质 A3 C3【答案解析】B 解析：该反应过程为：氯化铁和硫化氢反应生成氯化亚铁和盐酸、S，生成的盐酸再和铁反应生成氯化亚铁，所以最终溶液中的溶质是氯化亚铁，根据氯原子守恒计算氯化铁的物质的量浓度，2n（FeCl3）=3n（FeCl2），n（FeCl3）=2/3n（FeCl2）=0.6mol×2/3=0.4mol，则原氯化铁溶液的浓度为：c（FeCl3）=0.4mol/0.1L=4mol/L，故选B。【思路点拨】本题考查了物质的量难度的有关计算，题目难度中等，明确反应实质是解答本题的关键，然后利用原子守恒进行分析解答即可，试题培养了学生灵活应用所学知识的能力，综合性较强。【题文】2 0现有一由Na2SO4、 Na2SO3、 Na2S组成的混和物, 经测定硫的质量分数为256%, 则此混合物中氧元素的质量分数应为 （ ）A3 76% B3 68% C2 56% D5 12%【知识点】元素的质量分数计算 C1 【答案解析】A 解析：因为Na2SO4、 Na2SO3、 Na2S组成中钠和硫的个数比是2：1，可以把钠元素和氢元素放在一起（23×2+32=78），硫元素的质量分数为256%，所以钠元素的质量分数为： 46/32×256%=36.8%，则混合物中氧元素的质量分数为：1-256%-36.8%=37.6%，故选A。【思路点拨】本题考查了在混合物中元素的质量分数的计算，在计算时注意方法的选择，钠元素和硫元素的物质的量之间的关系是解答本题的关键，难度中等。【题文】21已知某KOH样品中含水76 2%, 含 K2CO323 8%, 含 KOH9 0%。现将10 0 g样品加入4 60 0 m l10 0 m o l / L的盐酸中, 过量的酸用10 7 0 m o l / L的KOH中和。蒸发溶剂, 蒸发到无水时, 可得到的固体的质量为 （ ）A30 0 g B34 3 g C45 0 g D无法计算【知识点】有关混合物反应的计算 C1 【答案解析】B 解析：K2CO3和KOH与盐酸反应的产物都是KCl，盐酸过量，用1.070mol/LKOH溶液刚好中和，最后全部生成KCl，即蒸发得到的固体为KCl，根据Cl元素守恒可得：n（KCl）=n（HCl）=0.046L×1.00mol/L=0.046mol，所以m（KCl）=0.046mol×74.5g/mol=3.43g。【思路点拨】本题考查了物质质量的计算，利用Cl元素守恒的方法进行计算，题目难度不大。【题文】22150时, 将1 L混合烃与9 L氧气混合, 在密闭容器内充分燃烧, 当恢复至150, 体积恒定时, 容器内压强增大8%, 则该混合烃的组成是 （ ）A甲烷与乙烷体积比是14 B丙炔与乙炔体积比是14C乙烯与丁烷体积比是14 D乙烯与丁烯体积比是14【知识点】混合物的计算 I4【答案解析】D 解析：根据烃燃烧的化学方程式：CxHy+(x+y/4)O2=x CO2 + y/2H2O V 1mol (x+y/4)mol xmol y/2mol y/411L 0.8L可得y=7.2，如果是乙烯与丁烷，则乙烯与丁烷体积比是78；如果是乙烯与丁烯，则乙烯与丁烯体积比是14，故正确选项为D。【思路点拨】本题考查了烃燃烧的通式的应用，在计算过程中阿伏伽德罗定律的应用及极限法的应用等都是在解答过程中需要正确使用，计算量不大，难度不大。【题文】23下列操作不能达到目的的是 （ ）【知识点】【答案解析】A 解析：【思路点拨】本题考查了【题文】24褪黑素是一种内源性生物钟调节剂, 在人体内由食物中的色氨酸转化得到。下列说法不正确的是（ ）A色氨酸分子中存在氨基和羧基, 可形成内盐, 具有较高的熔点B在色氨酸水溶液中, 可通过调节溶液的p H使其形成晶体析出C在一定条件下, 色氨酸可发生缩聚反应D褪黑素与色氨酸结构相似, 也具有两性化合物的特性【知识点】有机物分子中的官能团及其结构 L7【答案解析】D 解析：A、氨基酸分子中同时含有羧基（-COOH）和氨基（-NH2），不仅能与强碱或强酸反应生成盐，而且还可在分子内形成内盐：，该盐是离子化合物，熔点较高，正确； B、在等电点时，氨基酸的溶解度最小因此可以用调节溶液PH值的方法，使不同的氨基酸在各自的等电点结晶析出，以分离或提纯氨基酸，正确； C、-氨基酸分子间可以发生脱水反应生成酰胺：在生成的酰胺分子中两端仍含有-NH2及-COOH，因此仍然可以与其它-氨基酸继续缩合脱水形成长链高分子，所以在一定条件下，氨基酸可发生缩聚反应形成高分子（多肽），正确； D、色氨酸为-氨基酸，褪黑素不是-氨基酸，两者结构不相似褪黑素官能团为酰胺键，不具有两性化合物的特性，故D错误；故选D。【思路点拨】本题考查了考查了氨基酸的性质，特别是等电点的应用，同时能辨认、区别色氨酸和褪黑素的官能团的相同和不同点，基础性较强。【题文】25-月桂烯的结构如下图所示, 一分子该物质与两分子溴发生加成反应的产物（ 只考虑位置异构） 理论上最多有 （ ）A2种 B3种 C4种 D6种【知识点】加成反应 I1 【答案解析】C 解析：因分子存在三种不同的碳碳双键，如图所示；1分子物质与2分子Br2加成时，可以在的位置上发生加成，也可以在位置上发生加成或在位置上发生加成，还可以1分子Br2在发生1，4加成反应，另1分子Br2在上加成，故所得产物共有四种，故选C项。【思路点拨】本题考查了烯烃的加成反应，明确加成的规律及利用结构与1-3丁二烯类似来分析解答，难点是分析1分子Br2在发生1，4加成反应，另1分子Br2在上加成，综合性较强，难度中等。第卷（非选择题,共5 0分）二、 非选择题（ 本大题共4小题, 共5 0分）【题文】26（ 1 4分） 在10 L密闭容器中放入01 0 m o lA（g） , 在一定温度进行如下反应应: A（g） B（g） +C（g） H=+8 51 k J ·m o l -1。反应时间（ t ） 与容器内气体总压强（ p） 的数据见下表:时间t/h0124816202530总压强p/100kPa4.915.586.327.318.549.509.529.539.53（1） 欲提高A的平衡转化率, 应采取的措施为 。（2） 由总压强P和起始压强P0 计算反应物A的转化率 （ A） 的表达式为 。平衡时A的转化率为 , 列式并计算反应的平衡常数K= 。（3） 由总压强p和起始压强p0 表示反应体系的总物质的量n总和反应物 A的物质的量n（ A） , n总= mo l , n（ A） = mo l 。下表为反应物A浓度与反应时间的数据, 计算a= 。反应时间t/h04816c（A）/（molL-1）0.10a0.0260.0065 分析该反应中反应反应物的浓度c （A） 变化与时间间隔（t） 的规律, 得出的结论是 , 由此规律推出反应在1 2 h时反应物的浓度c（A）为 mol·L-1。【知识点】化学平衡的影响因素，化学平衡的计算 G5 【答案解析】（1）升高温度、降低压强；（2）（A）= (P-P0)/ P0×100%=（P/ P0-1）×100%；94.1%；1.5mol/L （3）0.10P/ P0；0.10×（2- p/ p0）0.051，每隔4h，A的浓度减小一半；0.013 解析：（1）在一定温度进行如下反应：A（g）B（g）+C（g ） H=+85.1kJmol-1反应是吸热反应，反应前后气体体积增大，根据平衡移动原理分析可知，欲提高A的平衡转化率，平衡正向进行，可以升温或减压条件下使平衡正向进行； （2）反应前后气体物质的量增大为反应的A的量，所以由总压强p和起始压强p0计算反应物A的转化率（A）的表达式= (P-P0)/ P0×100%=（P/ P0-1）×100%；平衡时A的转化率=(9.53-4.91)/ 4.91×100%=94.1%依据化学平衡“三段式”得到                     A（g） B（g）+ C（g ）起始量（mol/L）     0.10      0                0 变化量（mol/L） 0.10×94.1%   0.10×94.1%  0.10×94.1%平衡量（mol/L）0.10（1-94.1%）    0.10×94.1%    0.10×94.1%K= c(B)c(C)/ c(A)= (0.0941mol/L)2/0.10×(1-94.1%)=1.5mol/L（3）由总压强p和起始压强p0表示反应体系的总物质的量n总和反应物A的物质的量n（A），依据压强之比等于物质的量之比，n总：n起始=P：P0 ，n总=0.10P/ P0；                A（g） B（g）+ C（g ）起始量（mol）    0.10    0        0变化量（mol）    x       x         x平衡量（mol） 0.10-x     x         x（0.10+x）：0.10=P：P0x=0.10(P-P0)/ P0n（A）=0.10-0.10(P-P0)/ P0=0.10×（2- p/ p0）moln（A）=0.10×（2- p/ p0）=0.10×（2-7.31/4.91）=0.051mol，所以浓度a=0.051mol/L；分析数据特征可知，每隔4h，A的浓度减小一半；由此规律推出反应在12h时反应物的浓度c（A）=0.026mol/L/2=0.013mol/L。【思路点拨】本题考查了压强与物质的量的计算应用，化学平衡计算方法，图表数据处理方法的分析判断，知识的综合性较强，题目难度中等。【题文】27（ 1 6分） 电镀厂曾采用有氰电镀工艺，处理有氰电镀的废水时, 可在催化剂T i O2 作用下，先用 N a C l O将C N-离子氧化成C NO-，再在酸性条件下继续被NaClO氧化成N2 和CO2。环保工作人员在密闭系统中用下图装置进行实验， 以证明处理方法的有效性， 并通过测定二氧化碳的量确定C N-被处理的百分率。将浓缩后含 CN- 离子的污水与过量 NaClO 溶液的混合液共2 0 0mL（ 其中 CN- 的浓度为00 5m o l ·L-1） 倒入甲中，塞上橡皮塞，一段时间后， 打开橡皮塞和活塞，使溶液全部放入乙中，关闭活塞。（1）甲中反应的离子方程式为 ,乙中反应的离子方程式为 。（2）乙中生成的气体除N2 和CO2 外, 还有 HCl及副产物Cl2 等。丙中加入的除杂试剂是饱和食盐水，其作用是 ， 丁在实验中的作用是 ，装有碱石灰的干燥管的作用是 。（3）戊中盛有含C a(OH)200 2 m o l的石灰水, 若实验中戊中共生成08 2 g沉淀, 则该实验中测得CN-被处理的百分率等于 。该测得值与工业实际处理的百分率相比总是偏低，简要说明可能的原因 。请提出一个能提高准确度的建议（ 要有可操作性, 且操作简单） 。【知识点】物质的分离和提纯的方法和基本操作综合应用 J5 【答案解析】（1）