广东省华南师大附中南海实验高中2014_2015学年高三化学下学期5月月考试卷含解析.doc

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1、2014-2015学年广东省华南师大附中南海实验高中高三（下）月考化学试卷（5月份）一、选择题（共8小题，每小题3分，满分24分）1（3分）（2015春南海区校级月考）化学与生活息息相关，下列说法正确的是（）A铝合金表面有致密氧化膜遇强碱不会被腐蚀B海轮外壳上装锌块可减缓腐蚀C高纯度的SiO2由于可以导电因此可用作光导纤维DSO2、CO2和NO2都是可形成酸雨的气体2（3分）（2015春南海区校级月考）下列离子能大量共存，通入足量SO2后，所含离子仍能大量共存的是（）ANH4+、Al3+、SO42、AlO2BNa+、SO32、Cl、K+CNa+、NH4+、SO42、ClDK+、I、Cl、NO3

2、3（3分）（2015春南海区校级月考）设NA为阿伏伽德罗常数的值下列说法正确的是（相对原子量：N14 H1）（）A在标准状况下，含4molHCl的浓盐酸与足量的MnO2反应可生成22.4L氯气B标准状况下，2.24L H2O中含有H2O分子数为0.1NAC1L 0.1mol/L NaHSO4溶液中含有的阳离子数目为0.1NAD实验室所制得的1.7g NH3中含有的电子数为NA4（3分）（2015广东校级三模）某学习小组为研究电化学原理，设计右图装置下列叙述正确的是（）AK与M、N均断开，一段时间后电解质溶液质量变大BK分别与M、N相连时，铁均受到保护CK与M相连时，每转移1mol电子Fe表面生

3、成32gCuDK与N相连时，碳棒上产生使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝的气体5（3分）（2015春南海区校级月考）第三周期元素的最高价氧化物对应水化物（浓度均为0.01molL1）的pH值与原子半径的关系如图所示，则下列说法正确的是（）A气态氢化物的稳定性：RWBZ的最高价氧化物对应的水化物能溶于稀氨水CY的单质是制造汽车、飞机、火箭的重要材料D简单离子的半径X的最大6（3分）（2015春南海区校级月考）25时，下列有关电解质溶液中微粒的关系正确的是（）ApH=4的NaHSO3溶液中：c（SO32）c（H2SO3）BpH=3的氯化铵溶液与pH=3的盐酸中水的电离程度相同C将pH=5的醋酸溶液稀释后，

4、所有离子浓度均减小，pH增大D向NH4HSO4溶液中加入等物质的量的NaOH形成的溶液中：c（Na+）=c（SO42）c（NH4+）c（H+）c（OH）7（3分）（2015市中区校级模拟）下列陈述I、II均正确且有因果关系的是（）选项陈述I陈述IIA常温下铁与浓硫酸不反应可用铁槽车密封运送浓硫酸BNaHCO3溶于水完全电力NaHCO3是强电解质CNH4Cl为强酸弱碱盐用加热法除去NaCl中的NH4ClDH2O2、SO2能使酸性KMnO4溶液褪色H2O2表现还原性，SO2表现漂白性AABBCCDD8（3分）（2015秋陕西校级期中）利用如图所示装置进行下列实验，能得出相应实验结论的是（）选项实验

5、结论A稀硫酸Na2SAgNO3与AgCl的浊液Ksp（AgCl）Ksp（Ag2S）B浓硫酸蔗糖溴水浓硫酸具有脱水性、氧化性C浓硫酸Na2SO3品红溶液SO2具有漂白性D浓硝酸Na2CO3Na2SiO3溶液酸性：硝酸碳酸硅酸AABBCCDD二、解答题（共4小题，满分60分）9（16分）（2015春南海区校级月考）下述反应是有机合成中常见的增长碳链的方法：（1）有关化合物I的说法正确的是A可发生取代、氧化反应 B1mol化合物I最多能与4mol H2加成 C难溶于水，易溶乙醇等有机溶剂 D属于芳香烃（2）化合物的分子式为，其官能团的名称为，lmol化合物与NaOH溶液反应最多消耗mol NaOH（

6、3）化合物可与乙酸制备化合物，写出符合下列条件的的同分异构体的结构简式：（写两种）a遇FeCl3溶液不显紫色 b核磁共振氢谱有4组峰（4）利用此增长碳链的方法，写出以甲苯为原料（其它任选）合成CH3CH2OH的化学方程式：，10（16分）（2015春南海区校级月考）天然气是一种重要的清洁能源和化工原料，其主要成分为甲烷（1）工业上可用煤制天然气，生产过程中有多种途径生成CH4写出CO2与H2反应生成CH4和H2O的热化学方程式已知：CO（g）+H2O（g）H2（g）+CO2（g）H1=41kJmol1C（s）+2H2（g）CH4（g）H2=73kJmol1 2CO（g）C（s）+CO2（g）H

7、3=171kJmol1科学家用氮化镓材料与铜组装如图的人工光合系统：，利用该装置成功地实现了以CO2和H2O合成CH4写出铜电极表面的电极反应式为提高该人工光合系统的工作效率，可向装置中加入少量（填“盐酸”或“硫酸”）（2）天然气制取H2的原理为：CO2（g）+CH4（g）2CO（g）+2H2（g）在密闭容器中通入浓度均为0.125molL1的CH4与CO2，在一定条件下发生反应，测得CH4的平衡转化率与温度及压强的关系如图1所示，则压强P1P2（填“”或“”）；压强为P2时，在Y点：v（正）v（逆）（填“”、“”或“=”）；求温度为1100，压强为P2时该反应的平衡常数K=（计算结果保留三位

8、有效数字）（3）天然气也可重整生产化工原料，最近科学家们利用天然气无氧催化重整获得芳香烃X由质谱分析得X的相对分子质量为106，其核磁共振氢谱如上图2，则X的结构简式为（相对原子量：C12 H1）11（12分）（2015春南海区校级月考）以铬铁矿（主要成分为FeO和Cr2O3，含有Al2O3、SiO2等杂质）为主要原料生产化工原料红矾钠（主要成分为重铬酸钠：Na2Cr2O72H2O），其主要工艺流程如下：查阅资料得知：在碱性条件下，某些氧化剂能将Cr3+转化为CrO42回答下列问题：（1）为了提高铬铁矿中Cr3+的浸出率，可采取的措施有（填两项）：、（2）实验室中操作中用到的硅酸盐质的主要仪器

9、有（填仪器名称）（3）固体A中含有的物质是，固体C中含有的物质是（4）写出溶液D转化为溶液E过程中反应的离子方程式（5）酸化过程是使CrO42转化为Cr2O72，写出该反应的离子方程式（6）将溶液F经过下列操作：蒸发浓缩，冷却结晶，干燥即得红矾钠12（16分）（2015春南海区校级月考）工业上常利用含硫废水生产Na2S2O35H2O，实验室可用如下装置（略去部分加持仪器）模拟生成过程烧瓶C中发生反应如下：Na2S（aq）+H2O（l）+SO2（g）=Na2SO3（aq）+H2S（aq） （）2H2S（aq）+SO2（g）=3S（s）+2H2O（l） （）S（s）+Na2SO3（aq）Na2S2

10、O3（aq） （）（1）仪器组装完成后，关闭两端活塞，向装置B中的长颈漏斗内注入液体至形成一段液注，若，则整个装置气密性良好装置D的作用是，装置E中为溶液（2）为提高产品纯度，应使烧瓶C中Na2S和Na2SO3恰好完全反应，则烧瓶C中Na2S和Na2SO3物质的量之比为（3）装置B的作用之一是观察SO2的生成速率，其中的液体最好选择（填序号）a蒸馏水 b饱和NaHSO3溶液c饱和Na2SO3溶液 d饱和NaHCO3溶液已知反应（）相对较慢，则烧瓶C中反应达到终点的现象是（4）反应终止后，烧瓶C中的溶液经蒸发浓缩即可析出Na2S2O35H2O，其中可能含有Na2SO3、Na2SO4等杂质利用所给

11、试剂设计实验，检测产品中是否存在Na2SO4，简要说明实验操作，现象和结论：已知Na2S2O35H2O遇酸易分解：S2O32+2H+=S+SO2+H2O供选择的试剂：稀盐酸、稀硫酸、稀硝酸、BaCl2溶液、AgNO3溶液2014-2015学年广东省华南师大附中南海实验高中高三（下）月考化学试卷（5月份）参考答案与试题解析一、选择题（共8小题，每小题3分，满分24分）1（3分）（2015春南海区校级月考）化学与生活息息相关，下列说法正确的是（）A铝合金表面有致密氧化膜遇强碱不会被腐蚀B海轮外壳上装锌块可减缓腐蚀C高纯度的SiO2由于可以导电因此可用作光导纤维DSO2、CO2和NO2都是可形成酸雨

12、的气体【考点】硅和二氧化硅；金属的电化学腐蚀与防护；金属与合金在性能上的主要差异【分析】A氧化铝能够与强碱反应；B锌活泼性强于铁，形成原电池时，锌做负极失电子被氧化，铁做正极被保护；C二氧化硅不导电；DSO2、NO2是可形成酸雨的气体【解答】解：A铝合金表面有致密氧化膜，氧化铝能够与强碱反应，不耐强碱腐蚀，故A错误；B锌活泼性强于铁，形成原电池时，锌做负极失电子被氧化，铁做正极被保护，故B正确；C二氧化硅为绝缘体，不导电，故C错误；D二氧化碳不是形成酸雨的气体，故D错误；故选：B【点评】本题考查了物质的性质及用途、金属的腐蚀与防护、酸雨的形成，明确原电池工作原理即可解答，题目难度不大2（3分）

13、（2015春南海区校级月考）下列离子能大量共存，通入足量SO2后，所含离子仍能大量共存的是（）ANH4+、Al3+、SO42、AlO2BNa+、SO32、Cl、K+CNa+、NH4+、SO42、ClDK+、I、Cl、NO3【考点】离子共存问题【分析】离子之间不能结合生成水、气体、沉淀等，不能相互促进水解、不能发生氧化还原反应等，则离子能大量共存，以此来解答【解答】解：AAl3+、AlO2相互促进水解生成沉淀，不能大量共存，故A错误；B该组离子之间不反应，可大量共存，但通入足量SO2后与SO32反应生成HSO3，故B错误；C该组离子之间不反应，可大量共存，且通入足量SO2后仍不反应，可大量共存，

14、故C正确；D该组离子之间不反应，可大量共存，但通入足量SO2后与NO3发生氧化还原反应，酸性溶液中I、NO3发生氧化还原反应，不能大量共存，故D错误；故选C【点评】本题考查离子的共存，为高频考点，把握常见离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应、水解反应的离子共存考查，综合性较强，题目难度不大3（3分）（2015春南海区校级月考）设NA为阿伏伽德罗常数的值下列说法正确的是（相对原子量：N14 H1）（）A在标准状况下，含4molHCl的浓盐酸与足量的MnO2反应可生成22.4L氯气B标准状况下，2.24L H2O中含有H2O分子数为0.1NAC1L 0.1mol/L NaHSO

15、4溶液中含有的阳离子数目为0.1NAD实验室所制得的1.7g NH3中含有的电子数为NA【考点】阿伏加德罗常数【分析】A、消耗4mol氯化氢气体，可以生成1mol氯气；但是浓盐酸变成稀盐酸后反应停止，生成的氯气的物质的量小于1mol；B、标准状况下，水是液体；C、1L 0.1mol/L NaHSO4溶液中含有的阳离子数目为0.2NA；D、NH3分子中含有10g电子，1.7g NH3含有的电子数为NA【解答】解：A、二氧化锰与浓盐酸反应生成氯气，消耗4mol氯化氢能够生成1mol氯气；由于随着反应的进行，浓盐酸变成稀盐酸后反应停止，所以含4molHCl的浓盐酸与足量的MnO2反应生成的氯气的物质

16、的量小于1mol，生成的标况下氯气的体积小于22.4L，故A错误；B、标准状况下，水是液体，不能用气体摩尔体积公式计算，故B错误；C、NaHSO4在水溶液中完全电离，1L 0.1mol/L NaHSO4溶液中含有的阳离子数目为0.2NA，故C错误；D、NH3分子中含有10g电子，1.7g NH3的物质的量为0.1mol，含有的电子数为NA，故D正确；故选D【点评】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意稀盐酸与二氧化锰不反应；阿伏加德罗常数是高考的“热点”4（3分）（2015广东校级三模）某学习小组为研究电化学原理，设计右图装置下列叙述正确的是（）AK与M、N均断开，一段时间

17、后电解质溶液质量变大BK分别与M、N相连时，铁均受到保护CK与M相连时，每转移1mol电子Fe表面生成32gCuDK与N相连时，碳棒上产生使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝的气体【考点】原电池和电解池的工作原理【专题】电化学专题【分析】A、K与M、N均断开，发生的是化学腐蚀，铁和氯化铜反应生成铜，一段时间后电解质溶液质量变小；B、K分别与M相连形成原电池，铁做负极被腐蚀，K与N相连时形成电解池，铁做阴极被保护；C、K分别与M相连时，铁做原电池负极失电子生成亚铁离子，碳棒上是溶液中的铜离子得到电子析出铜；D、K与N相连时形成电解池，碳棒是阳极，溶液中氯离子失电子生成氯气使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝【解答】

18、解：A、K与M、N均断开，发生的是化学腐蚀，铁和氯化铜反应生成铜，Fe+Cu2+=Cu+Fe2+，一段时间后电解质溶液质量变小，故A错误；B、K分别与M相连形成原电池，铁做负极被腐蚀，K与N相连时形成电解池，铁做阴极被保护，故B错误；C、K分别与M相连时，铁做原电池负极失电子生成亚铁离子，碳棒上是溶液中的铜离子得到电子析出铜，铜不会在铁表面析出，故错误；D、K与N相连时形成电解池，碳棒是阳极，溶液中氯离子失电子生成氯气，2Cl2e=Cl2，氯气和碘化钾反应生成碘单质，使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝，故D正确；故选D【点评】本题考查了原电池，电解池原理的分析判断，电极判断和电极反应，电子守恒的计算是

19、解题关键，题目难度中等5（3分）（2015春南海区校级月考）第三周期元素的最高价氧化物对应水化物（浓度均为0.01molL1）的pH值与原子半径的关系如图所示，则下列说法正确的是（）A气态氢化物的稳定性：RWBZ的最高价氧化物对应的水化物能溶于稀氨水CY的单质是制造汽车、飞机、火箭的重要材料D简单离子的半径X的最大【考点】原子结构与元素周期律的关系【分析】元素的金属性越强，其对应最高价氧化物的水化物碱性越强，则该溶液的pH越大，元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强则该溶液的pH越小，根据图象知，从R到X，最高价氧化物的水化物碱性逐渐增强、酸性逐渐减弱，其中硫酸为二元强酸，高氯酸为

20、一元强酸，则硫酸的pH小于高氯酸，所以X、Y、Z、M、N、R、W分别为Na、Mg、Al、Si、P、S、Cl元素【解答】解：元素的金属性越强，其对应最高价氧化物的水化物碱性越强则该溶液的pH越大，元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强则该溶液的pH越小，根据图象知，从R到X，最高价氧化物的水化物碱性逐渐增强、酸性逐渐减弱，X、Y、Z、M、N、W、R分别为Na、Mg、Al、Si、P、S、Cl元素A元素的非金属性越强，其氢化物越稳定，Cl的非金属性大于S，则气态氢化物的稳定性：WR，故A错误；BZ的最高价氧化物对应的水化物是氢氧化铝，氢氧化铝能溶于强碱但不能溶于弱碱，所以不能溶于稀氨水，

21、故B错误；CY是Mg，金属镁是制造汽车、飞机、火箭的重要材料，故C正确；D电子层数相同时原子序数越大离子半径越小，则X的离子半径最小，故D错误；故选C【点评】本题考查了同一周期元素性质递变规律，明确元素最高价氧化物的水化物酸碱性是解本题关键，再结合化合物的构成、性质来分析解答，题目难度中等6（3分）（2015春南海区校级月考）25时，下列有关电解质溶液中微粒的关系正确的是（）ApH=4的NaHSO3溶液中：c（SO32）c（H2SO3）BpH=3的氯化铵溶液与pH=3的盐酸中水的电离程度相同C将pH=5的醋酸溶液稀释后，所有离子浓度均减小，pH增大D向NH4HSO4溶液中加入等物质的量的NaO

22、H形成的溶液中：c（Na+）=c（SO42）c（NH4+）c（H+）c（OH）【考点】离子浓度大小的比较【分析】ANaHSO3溶液的pH=4，说明HSO3的电离程度大于其水解程度，则c（SO32）c（H2SO3）；B氯化铵中，铵根离子水解促进了水的电离，盐酸中氢离子抑制了水的电离；C醋酸稀释后，溶液中氢离子浓度减小，由于水的离子积不变，则溶液中氢氧根离子浓度增大；D反应生成亚硫酸钠、硫酸铵溶液，铵根离子部分水解，溶液呈酸性，结合物料守恒进行判断各离子浓度大小【解答】解：ApH=4的NaHSO3溶液，溶液呈酸性，说明HSO3的电离程度大于其水解程度，则c（SO32）c（H2SO3），故A错误；B

23、pH=3的氯化铵溶液与pH=3的盐酸中，前者促进了水的电离，溶液中氢离子是水电离的，而后者抑制了水的电离，盐酸中氢氧根离子是水电离的，所以前者溶液中水的电离程度远远大于后者，故B错误；C醋酸被稀释后，溶液中氢离子浓度减小，溶液的pH增大，在稀释过程中由于溶液温度不变，则水的离子积不变，所以溶液中氢氧根离子浓度增大，故C错误；DNH4HSO4溶液中加入等物质的量的NaOH形成的溶液，反应生成等浓度的硫酸钠和硫酸铵，由于铵根离子部分水解、钠离子和硫酸根离子不水解，溶液呈酸性，则：c（Na+）=c（SO42）c（NH4+）、c（H+）c（OH），溶液中离子浓度大小为：c（Na+）=c（SO42）c（

24、NH4+）c（H+）c（OH），故D正确；故选D【点评】本题考查了离子浓度大小比较，题目难度中等，涉及水的电离及其影响、盐的水解原理、弱电解质的电离、离子浓度大小判断等知识，明确电荷守恒、物料守恒及盐的水解原理为解答关键，C为易错点，注意溶液中氢氧根离子浓度增大7（3分）（2015市中区校级模拟）下列陈述I、II均正确且有因果关系的是（）选项陈述I陈述IIA常温下铁与浓硫酸不反应可用铁槽车密封运送浓硫酸BNaHCO3溶于水完全电力NaHCO3是强电解质CNH4Cl为强酸弱碱盐用加热法除去NaCl中的NH4ClDH2O2、SO2能使酸性KMnO4溶液褪色H2O2表现还原性，SO2表现漂白性AAB

25、BCCDD【考点】铝的化学性质；铵盐；二氧化硫的化学性质；钠的重要化合物【专题】元素及其化合物【分析】A常温下铁与浓硫酸发生钝化；BNaHCO3为强电解质；CNH4Cl受热易分解；DH2O2、SO2都能使酸性KMnO4溶液褪色，都可被高锰酸钾氧化【解答】解：A常温下铁与浓硫酸发生钝化，生成致密的氧化膜阻止反应的进一步发生，则可用铁槽车密封运送浓硫酸，陈述I不合理，故A不选；BNaHCO3为强电解质，则NaHCO3溶于水完全电离，陈述均合理，存在因果关系，故B选；CNH4Cl受热易分解，则用加热法除去NaCl中的NH4Cl，陈述均合理，但不存在因果关系，故C不选；DH2O2、SO2都能使酸性KM

26、nO4溶液褪色，都可被高锰酸钾氧化，H2O2、SO2均表现还原性，陈述II不合理，故D不选；故选B【点评】本题考查物质的性质，综合考查元素化合物知识，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物分离方法等为解答的关键，题目难度不大8（3分）（2015秋陕西校级期中）利用如图所示装置进行下列实验，能得出相应实验结论的是（）选项实验结论A稀硫酸Na2SAgNO3与AgCl的浊液Ksp（AgCl）Ksp（Ag2S）B浓硫酸蔗糖溴水浓硫酸具有脱水性、氧化性C浓硫酸Na2SO3品红溶液SO2具有漂白性D浓硝酸Na2CO3Na2SiO3溶液酸性：硝酸碳酸硅酸AABBCCDD【考点】化学实验方案的评价【分

27、析】A稀硫酸与Na2S发生强酸制取弱酸的反应，生成H2S与中硝酸银反应；B浓硫酸具有脱水性和氧化性，生成的二氧化硫与溴水发生氧化还原反应；C发生强酸制取弱酸的反应，生成二氧化硫可使品红褪色；D发生强酸制取弱酸的反应，但硝酸易挥发，硝酸与硅酸钠反应生成硅酸沉淀【解答】解：A稀硫酸与Na2S发生强酸制取弱酸的反应，生成H2S与中硝酸银反应生成黑色沉淀，不发生沉淀的转化，则不能比较Ksp（AgCl）、Ksp（Ag2S），故A错误；B浓硫酸具有脱水性和氧化性，生成的二氧化硫与溴水发生氧化还原反应，溴水褪色，实验可完成，故B正确；C浓硫酸与亚硫酸钠反应生成二氧化硫，二氧化硫可使品红褪色，则SO2具有漂白

28、性，故C正确；D发生强酸制取弱酸的反应，但硝酸易挥发，硝酸与硅酸钠反应生成硅酸沉淀，干扰碳酸、硅酸酸性比较，故D错误；故选BC【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及酸性比较、沉淀生成和转化、氧化还原反应及物质的性质等，把握物质性质及反应原理为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度不大二、解答题（共4小题，满分60分）9（16分）（2015春南海区校级月考）下述反应是有机合成中常见的增长碳链的方法：（1）有关化合物I的说法正确的是ACA可发生取代、氧化反应 B1mol化合物I最多能与4mol H2加成 C难溶于水，易溶乙醇等有机溶剂 D属于芳香烃（2）化合物的分子式为C9H

29、9O2Cl，其官能团的名称为酯基、氯原子，lmol化合物与NaOH溶液反应最多消耗2mol NaOH（3）化合物可与乙酸制备化合物，写出符合下列条件的的同分异构体的结构简式：、（写两种）a遇FeCl3溶液不显紫色 b核磁共振氢谱有4组峰（4）利用此增长碳链的方法，写出以甲苯为原料（其它任选）合成CH3CH2OH的化学方程式：，【考点】有机物的合成；有机物的结构和性质【分析】（1）化合物I含有酯基，可发生取代反应，可与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应；1mol苯环最多消耗3mol氢气；酯类物质难溶于水、易溶于有机溶剂；芳香烃中不能含有氧元素；（2）化合物含有酯基和氯原子，都可发生水解；（3）化合物可

30、与乙酸制备化合物，应为，同分异构体遇FeCl3溶液不显紫色，说明不含酚羟基，核磁共振氢谱有4组峰，分子中含有4种等效H，该有机物应该具有对称结构，据此写出满足条件的结构简式；（4）甲苯为原料，制备，可与HClO、HCl，在一定条件下反应生成，然后水解可生成【解答】解：（1）A化合物I含有酯基，可发生取代反应，可与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，故A正确；B分子中只有1个苯环，1mol该有机物最多消耗3mol氢气，故B错误；C含有酯基不溶于水，易溶于有机溶剂，故C正确；D芳香烃中只含有C、H元素，该有机物分子中含有O元素，不属于芳香烃，故D错误；故答案为：AC；（2）化合物的分子式为：C9H9O2

31、Cl，化合物含有酯基和氯原子，都可发生水解，则lmol化合物与NaOH溶液反应最多消耗2mol NaOH，故答案为：C9H9O2Cl；酯基、氯原子；2；（3）化合物可与乙酸制备化合物，则化合物应为，同分异构体遇FeCl3溶液不显紫色，说明不含酚羟基；核磁共振氢谱有4组峰，结构应对称，满足条件的结构简式为：、，故答案为：、；（4）甲苯为原料，制备，可与HClO、HCl，在一定条件下反应生成，反应方程式为：，然后水解可生成，反应方程式为：故答案为：；【点评】本题考查有机物的合成，为高频考点，题目难度中等，试题侧重于学生的分析能力的考查，主要把握题给信息以及有机物的结构和官能团的性质10（16分）（

32、2015春南海区校级月考）天然气是一种重要的清洁能源和化工原料，其主要成分为甲烷（1）工业上可用煤制天然气，生产过程中有多种途径生成CH4写出CO2与H2反应生成CH4和H2O的热化学方程式CO2（g）+4H2（g）=CH4（g）+2H2O（g）H=162kJmol1已知：CO（g）+H2O（g）H2（g）+CO2（g）H1=41kJmol1C（s）+2H2（g）CH4（g）H2=73kJmol1 2CO（g）C（s）+CO2（g）H3=171kJmol1科学家用氮化镓材料与铜组装如图的人工光合系统：，利用该装置成功地实现了以CO2和H2O合成CH4写出铜电极表面的电极反应式CO2+8e+8H

33、+=CH4+2H2O为提高该人工光合系统的工作效率，可向装置中加入少量硫酸（填“盐酸”或“硫酸”）（2）天然气制取H2的原理为：CO2（g）+CH4（g）2CO（g）+2H2（g）在密闭容器中通入浓度均为0.125molL1的CH4与CO2，在一定条件下发生反应，测得CH4的平衡转化率与温度及压强的关系如图1所示，则压强P1P2（填“”或“”）；压强为P2时，在Y点：v（正）v（逆）（填“”、“”或“=”）；求温度为1100，压强为P2时该反应的平衡常数K=2.56 mol2L2（计算结果保留三位有效数字）（3）天然气也可重整生产化工原料，最近科学家们利用天然气无氧催化重整获得芳香烃X由质谱分

34、析得X的相对分子质量为106，其核磁共振氢谱如上图2，则X的结构简式为（相对原子量：C12 H1）【考点】化学平衡的计算；用盖斯定律进行有关反应热的计算；原电池和电解池的工作原理【专题】化学平衡图像；化学反应中的能量变化；电化学专题；化学平衡计算【分析】（1）已知：CO（g）+H2O（g）H2（g）+CO2（g）H1=41kJmol1C（s）+2H2（g）CH4（g）H2=73kJmol12CO（g）C（s）+CO2（g）H3=171kJmol1根据盖斯定律，2+可得：CO2（g）+4H2（g）=CH4（g）+2H2O（g）；由电池装置图可知，Cu电极上二氧化碳得电子生成甲烷；由于盐酸易挥发，

35、生成的甲烷中会混有HCl气体，应选用硫酸；（2）温度一定时，增大压强平衡逆向移动，甲烷的转化率减小；Y点甲烷转化率小于同温同压下平衡时转化率，故Y点向正反应进行建立平衡；温度为1100，压强为P2时甲烷的转化率为80%，则平衡时甲烷浓度变化量为0.125molL180%=0.1mol，计算平衡时各组分浓度，代入K=计算平衡常数；（3）芳香烃X的相对分子质量为l06，设其分子式为CxHy，由=810，可知分子式为C8H10，分子中含有一个苯环，为苯的同系物，核磁共振氢谱中有2个峰，可知分子中含有2种环境的H，应含有2个甲基且处于对位位置【解答】解：（1）已知：CO（g）+H2O（g）H2（g）+

36、CO2（g）H1=41kJmol1C（s）+2H2（g）CH4（g）H2=73kJmol12CO（g）C（s）+CO2（g）H3=171kJmol1根据盖斯定律，2+可得：CO2（g）+4H2（g）=CH4（g）+2H2O（g）H=162kJmol1，故答案为：CO2（g）+4H2（g）=CH4（g）+2H2O（g）H=162kJmol1；由电池装置图可知，Cu电极上二氧化碳得电子生成甲烷，则Cu电极上的电极反应为：CO2+8e+8H+=CH4+2H2O，可向装置中加入少量的酸作电解质，由于盐酸易挥发，生成的甲烷中会混有HCl气体，所以选用硫酸，不用盐酸，故答案为：CO2+8e+8H+=CH4

37、+2H2O；硫酸；（2）温度一定时，增大压强平衡逆向移动，甲烷的转化率减小，故压强P1P2；Y点甲烷转化率小于同温同压下平衡时转化率，故Y点向正反应进行建立平衡，则v（正）v（逆；温度为1100，压强为P2时甲烷的转化率为80%，则平衡时甲烷浓度变化量为0.125molL180%=0.1mol，则： CO2（g）+CH4（g）2CO（g）+2H2（g）起始浓度（mol/L）：0.125 0.125 0 0变化浓度（mol/L）：0.1 0.1 0.2 0.2平衡浓度（mol/L）：0.025 0.025 0.2 0.2故平衡常数K=（molL）2=2.56 mol2L2，故答案为：；2.56

38、mol2L2；（3）芳香烃X的相对分子质量为l06，设其分子式为CxHy，由=810，可知分子式为C8H10，分子中含有一个苯环，为苯的同系物，核磁共振氢谱中有2个峰，可知分子中含有2种环境的H，应含有2个甲基且处于对位位置，则X的结构简式为，故答案为：【点评】本题考查化学平衡计算、平衡常数、化学平衡图象、盖斯定律的应用、原电池原理、有机物结构的确定等，题目涉及的知识点较多，侧重于考查学生对基础知识的综合应用能力，题目难度中等11（12分）（2015春南海区校级月考）以铬铁矿（主要成分为FeO和Cr2O3，含有Al2O3、SiO2等杂质）为主要原料生产化工原料红矾钠（主要成分为重铬酸钠：Na2

39、Cr2O72H2O），其主要工艺流程如下：查阅资料得知：在碱性条件下，某些氧化剂能将Cr3+转化为CrO42回答下列问题：（1）为了提高铬铁矿中Cr3+的浸出率，可采取的措施有（填两项）：适当升高溶液温度、将铬铁矿进行粉碎、搅拌或适当增大硫酸的浓度等（2）实验室中操作中用到的硅酸盐质的主要仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗（填仪器名称）（3）固体A中含有的物质是SiO2，固体C中含有的物质是Al（OH）3 和Fe（OH）3（4）写出溶液D转化为溶液E过程中反应的离子方程式10OH+2Cr3+3H2O2=2CrO42+8H2O（5）酸化过程是使CrO42转化为Cr2O72，写出该反应的离子方程式2H+2C

40、rO42=Cr2O72+H2O（6）将溶液F经过下列操作：蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥即得红矾钠【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用【分析】铬铁矿（主要成分为FeO和Cr2O3，含有Al2O3、SiO2等杂质），加入过量稀硫酸，固体A为SiO2，溶液B中含有Cr3+、Al3+、Fe2+，在B中加入氧化剂，可生成Fe3+，调节溶液pH可除去Fe3+、Al3+，生成氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，即固体C，溶液D含有Cr3+，在溶液D中加入H2O2和NaOH，发生氧化还原反应，溶液E含有Na2CrO4，酸化可得Na2Cr2O7，溶液经蒸发浓缩、冷却结晶过滤，洗涤干燥可得Na2Cr2O72

41、H2O（1）酸浸时，为了提高浸取率可采取的措施是延长浸取时间、升高温度增大物质溶解度，增大接触面积或加快搅拌速度等措施；（2）实验室中操作为过滤，根据过滤的操作过程和仪器组装来判断用到什么仪器，硅酸盐质的主要仪器指玻璃仪器；（3）FeO、Cr2O3、Al2O3和硫酸反应生成可溶性的盐，SiO2和硫酸不反应，通过I氧化、除铁、铝，所以固体C中含有的物质是氢氧化铁、氢氧化铝沉淀；（4）溶液D转化为溶液E过程为Cr3+、被过氧化氢氧化成CrO42的过程，依据离子反应方程式书写规则书写；（5）在酸性环境下，CrO42与H+离子反应生成Cr2O72据此来书写方程式；（6）将溶液F经过蒸发浓缩、冷却结晶、

42、过滤、洗涤、干燥即得红矾钠【解答】解：铬铁矿（主要成分为FeO和Cr2O3，含有Al2O3、SiO2等杂质），加入过量稀硫酸，固体A为SiO2，溶液B中含有Cr3+、Al3+、Fe2+，在B中加入氧化剂，可生成Fe3+，调节溶液pH可除去Fe3+、Al3+，生成氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，即固体C，溶液D含有Cr3+，在溶液D中加入H2O2和NaOH，发生氧化还原反应，溶液E含有Na2CrO4，酸化可得Na2Cr2O7，溶液经蒸发浓缩、冷却结晶过滤，洗涤干燥可得Na2Cr2O72H2O（1）酸浸时，为了提高浸取率可采取的措施是：延长浸取时间、加快溶解速度、将铬铁矿进行粉碎、搅拌或适当增大硫酸的浓度

43、等措施，故答案为：适当升高溶液温度；将铬铁矿进行粉碎、搅拌或适当增大硫酸的浓度等；（2）实验室中操作都为过滤，过滤时需要制作过滤器的漏斗、固定仪器的铁架台、引流用的玻璃棒、承接滤液的烧杯，所以过滤操作时用到的硅酸盐质的主要仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗，故答案为：烧杯、玻璃棒、漏斗；（3）铬铁矿（主要成分为FeO和Cr2O3，含有Al2O3、SiO2等杂质），加入过量稀硫酸，FeO+H2SO4=FeSO4+H2O，Al2O3+3H2SO4=Al2（SO4）3+3H2O，Cr2O3+3H2SO4=Cr2（SO4）3+3H2O，SiO2和硫酸不反应，固体A为SiO2，溶液B中含有Cr3+、Al3+、Fe2+，在B中加入氧化剂，可生成Fe3+，调节溶液pH可除去Fe3+、Al3+，生成氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，即固体C，故答案为：SiO2；Al（OH）3 和Fe（OH）3；（4）溶液D含有Cr3+，在溶液D中加入H2O2和NaOH，发生氧化还原反应，Cr3+CrO42，铬化合价（+3+6），H2O2H2O，氧化合价（10），反应为：10OH+2Cr3+3H2O2=2CrO42+8H2O，故答案为：10OH+2Cr3+3H2O2=2CrO42+8H2O；（5）酸化使CrO42转化为Cr2O72，反应的离子方程式为2CrO42