江苏省连云港市2014届高三化学3月第二次调研考试试题（含解析）.doc

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1、江苏省连云港市2014届高三3月第二次调研考试化学试卷一、单项选择题：本题包括10小题，每小题2分，共计20分每小题只有一个选项符合题意1天宫一号与神舟九号载人飞船的交会对接，标志着我国具备了建设空间站的基本能力下列有关说法正确的是（）A天宫一号利用太阳能将水加热分解为氢气和氧气B天宫一号使用的碳纤维是一种新型有机高分子材料C神舟九号中的氢氧燃料电池将电能转换为化学能D神舟九号升空时火箭发射的动力主要来源于化学能考点：常见的能量转化形式.专题：化学反应中的能量变化分析：A利用太阳光将水分解为氢气和氧气的方法很有前景，但现在还不能实现；B碳纤维是无机非金属材料；C氢氧燃料电池将化学能转换为电能；

2、D火箭发射的动力主要是燃料的燃烧，来源于化学能解答：解：A利用太阳光将水分解为氢气和氧气的方法很有前景，但现在还不能太阳能直接利用将水加热分解为氢气和氧气，故A错误；B碳纤维是无机非金属材料，故B错误；C氢氧燃料电池将化学能转换为电能，故C错误；D火箭发射的动力主要是燃料的燃烧，来源于化学能，故D正确，故选D点评：本题考查常见的能量转化，难度不大要注意原电池是将化学能转换为电能，电解池是将电能转化为化学能2（2分）（2014连云港二模）下列有关化学用语表示错误的是（）AHCN的结构式：BHClO的电子式为：CCH4分子的球棍模型：D2氯甲苯的结构简式：考点：电子式、化学式或化学符号及名称的综合

3、.专题：化学用语专题分析：AHCN中存在一个碳氢键和一个碳氮三键；BHClO分子中氧原子分别与氢原子和氯原子形成公用电子对，形成8电子稳定结构；C球棍模型用小球和短线表示分子组成，图示结构为甲烷的比例模型；D可以可知氯原子取代了甲苯分子中苯环上与甲基相邻的氢原子形成的解答：解：A结构式中将分子中所有共价键用短线表示，HCN的结构式为：，故A正确；B次氯酸为共价化合物，分子中存在1个OH键和1个HCl共价键，次氯酸的电子式为：，故B正确；C甲烷为正四面体结构，分子中存在4个碳氢键，为甲烷的比例模型，甲烷的球棍模型为：，故C错误；D中氯原子位于甲基的邻位，主链为甲苯，该有机物名称为2氯甲苯，故D正

4、确；故选C点评：本题考查了常见化学用语的判断，题目难度中等，注意掌握电子式、球棍模型、结构简式、结构式等化学用语的概念及正确的表示方法，明确最简式、分子式、结构简式、结构式的区别3（2分）（2014连云港二模）下列离子组在指定溶液中能大量共存的是（）A中性溶液：Cu2+、Al3+、NO3、SO42B加入苯酚显紫色的溶液：K+、NH4+、Cl、IC加入Al能放出大量H2的溶液中：NH4+、Fe2+、NO3、SO42D常温下，=11012的溶液：K+、AlO2、CO32、Na+考点：离子共存问题.专题：离子反应专题分析：A中性溶液中，不能存在Cu2+、Al3+；B加入苯酚显紫色的溶液，含有Fe3+

5、；C加入Al能放出大量H2的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液；D常温下，=11012的溶液，显碱性解答：解：ACu2+、Al3+只存在于酸性溶液中，中性溶液中不能大量存在，故A错误；B该溶液中含有Fe3+，I与其发生氧化还原反应而不能共存，故B错误；C该溶液可能为酸性或碱性溶液，酸性条件下Fe2+与NO3发生氧化还原反应不能共存，碱性条件下NH4+、Fe2+不能共存，故C错误；D该溶液为碱性溶液，离子之间不反应，能大量共存，故D正确故选D点评：本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应及氧化还原反应的离子共存考查，选项A为解答的易错点，题目难度不大

6、4（2分）（2014连云港二模）下列实验现象可用同一化学原理解释的是（）A品红溶液中分别通入SO2和Cl2，品红均褪色B溴水分别滴入植物油和裂化汽油中，溴水均褪色C鸡蛋白溶液中分别加入NaCl溶液和HgCl2溶液，均有固体析出D分别加热盛有NH4Cl和单质碘的试管，管口均有固体凝结考点：氯气的化学性质；铵盐；二氧化硫的化学性质；石油的分馏产品和用途；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点.分析：A、从氯水的氧化性和SO2与品红发生化合使品红褪色分析；B、从植物油和裂化汽油中都含有双键分析；C、从根据浓的无机盐溶液能使蛋白质发生盐析，而重金属盐能使蛋白质发生变性分析；D、从加热盛有NH4Cl和单质碘的试

7、管，管口均有固体凝结、单质碘是升华反应、氯化铵是分解、再化合解答：解：A、氯气与水反应生成次氯酸，具有强氧化性，使品红褪色，不能复原，SO2与品红发生化合使品红褪色，加热能复原，二者褪色原理不同，故A错误；B、植物油和裂化汽油中都含有双键，可以发生加成反应使溴水褪色，故B正确；C、因浓的无机盐溶液能使蛋白质发生盐析产生沉淀，如饱和硫酸钠溶液、硫酸铵溶液；而重金属盐能使蛋白质发生变性而产生沉淀，如硫酸铜、HgCl2等，故C错误；D、加热盛有NH4Cl和单质碘的试管，管口均有固体凝结、单质碘是升华反应、氯化铵是分解、再化合，原理不同，故D错误；故选B点评：本题考查了物质性质的分析，反应现象和事实的

8、反应原理理解应用，掌握物质性质是解题关键，题目难度中等5（2分）（2014连云港二模）用下列装置进行相应实验，能达到实验目的是（）A图1所示装置用于Cu和浓H2SO4反应制取少量的SO2气体B图2所示装置用于除去碳酸氢钠固体中的少量碳酸钠C图3所示装置用于制备并收集NO气体D图4所示装置用于分离出溴苯考点：化学实验方案的评价.专题：实验评价题分析：A浓硫酸和铜应在加热条件下进行；B碳酸钠加热易分解；C不能用排空法收集NO；D溴苯与水互不相溶解答：解：A浓硫酸和铜应在加热条件下进行，该装置不能继而制备气体，故A错误；B碳酸氢钠加热易分解，加热可以出去碳酸钠固体中的少量碳酸氢钠，故B错误；CNO易

9、与氧气反应，不能用排空法收集NO，只能用排水法，故C错误；D溴苯与水互不相溶，可用分液的方法分离，故D正确故选D点评：本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及气体的制备、收集以及物质的分离、提纯等，把握反应原理、物质性质及实验装置图的作用为解答的关键，注意实验操作的可行性、评价性分析，题目难度不大6（2分）（2014连云港二模）设NA 为阿伏加德罗常数的值下列说法正确的是（）A标准状况下，11.2L NO和11.2L O2混合后气体的分子总数为NAB标准状况下，2.24L Cl2通入足量H2O或NaOH溶液中转移的电子数均为0.1NAC0.1mol的白磷（P4）或四氯化碳（CCl4）中所含

10、的共价键数均为0.4NAD在精炼铜或电镀铜的过程中，当阴极析出铜32g转移电子数均为NA考点：阿伏加德罗常数.专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律分析：A、NO和O2反应生成二氧化氮，分子数减少，混合后气体的分子总数小于NA；B、氯与水反应是可逆反应不可能完全转化，所以转移电子数小于0.1NA；C、1mol白磷含有6mol的PP键，所以白磷中共价键数为0.6NA；D、阴极的电极反应式都是Cu2+2e=Cu，32g的铜是0.5mol，所以转移电子数为0.5mol2=1mol解答：解：A、NO和O2反应生成二氧化氮，分子数减少，混合后气体的分子总数小于NA，故A错误；B、氯与水反应是可逆反应不可能

11、完全转化，所以转移电子数小于0.1NA，故B错误；C、1mol白磷含有6mol的PP键，所以白磷中共价键数为0.6NA，故C错误；D、阴极的电极反应式都是Cu2+2e=Cu，32g的铜是0.5mol，所以转移电子数为0.5mol2=1mol，故D正确；故选D点评：考查化学常用计量，难度不大，注意Cl2与H2O反应是可逆反应、白磷中共价键数目的求算7（2分）（2014连云港二模）下列物质的转化在给定条件下能实现的是（）NaAlO2（aq）Al（OH）3Al2O3（熔融）AlFeSSO3H2SO4Cu（OH）2CO3CuCl2（aq）CuFe2O3FeCl3无水FeCl3饱和NaCl（aq）NaH

12、CO3Na2CO3ABCD考点：镁、铝的重要化合物；含硫物质的性质及综合应用；铁的氧化物和氢氧化物；铜金属及其重要化合物的主要性质.专题：元素及其化合物分析：偏铝酸钠溶液通入二氧化碳，生成氢氧化铝，氢氧化铝受热分解生成氧化铝，电解熔融态的氧化铝得到铝，铝和三氧化二铁高温下反应生成铁；硫燃烧只生成二氧化硫，不会生成三氧化硫；碱式碳酸铜和盐酸反应，生成氯化铜，电解氯化铜溶液得到单质铜；氯化铁溶液加热蒸发得到氢氧化铁；在饱和食盐水中通入氨气，形成饱和氨盐水，再向其中通入二氧化碳，在溶液中就有了大量的钠离子、铵根离子、氯离子和碳酸氢根离子，其中NaHCO3溶解度最小，所以析出NaHCO3，加热NaHC

13、O3分解生成碳酸钠解答：解：偏铝酸钠溶液通入二氧化碳，生成氢氧化铝，氢氧化铝受热分解生成氧化铝，电解熔融态的氧化铝得到铝，铝和三氧化二铁高温下反应生成铁；故正确；单质硫在氧气中燃烧只生成二氧化硫，不会生成三氧化硫；故错误；碱式碳酸铜和盐酸反应，生成氯化铜，电解氯化铜溶液得到单质铜；故正确；氯化铁溶液中氯化铁水解：FeCl3+3H2OFe（OH）3+3HCl，加热氯化氢挥发，平衡正向移动，促进氯化铁水解，最终得到氢氧化铁，不能得到氯化铁，故错误；在饱和食盐水中通入氨气，形成饱和氨盐水，再向其中通入二氧化碳，在溶液中就有了大量的钠离子、铵根离子、氯离子和碳酸氢根离子，其中NaHCO3溶解度最小，析

14、出NaHCO3，加热NaHCO3分解生成碳酸钠，故正确；综上所述：在给定条件下能实现的是；故选：A点评：本题本题考查了物质转化关系的分析和判断，掌握元素化合物性质和反应实质是关键，注意常见元素化合物性质的积累8（2分）（2014连云港二模）下列反应的离子方程式正确的是（）ANa2CO3水解：CO32+H2OH2CO3+2OHBAgCl溶于氨水：AgCl+2NH3H2OAg（NH3）2+Cl+2H2OC向NaAlO2溶液中通入过量的CO2：2AlO2+CO2+3H2O2Al（OH）3+CO32D向酸性KMnO4溶液中通入SO2：2MnO4+5SO2+4OH2Mn2+5SO42+2H2O考点：离子

15、方程式的书写.专题：离子反应专题分析：A、水解一般是可逆的，而且程度很小B、符合离子方程式的书写要求C、当二氧化碳过量时，应注意生成的产物是否符合要求D、注意反应环境是否符合实际解答：解：A、水解一般是可逆的，故需用可逆号；而且多元弱酸根的水解要分步进行，故正确的应为：CO32+H2OHCO3+OH故A错误B、AgCl溶于氨水的化学方程式：AgCl+2NH3H2OAg（NH3）2Cl+2H2O，故离子方程式为：AgCl+2NH3H2OAg（NH3）2+Cl+2H2O，B正确C、由于CO2是过量的，故应生成HCO3，故正确的离子方程式应为：AlO2+CO2+2H2OAl（OH）3+HCO3，故C

16、错误D、酸性溶液中不能出现OH，正确的离子方程式为：2MnO4+5SO2+2H2O2Mn2+5SO42+4H+，故D错误故选B点评：本题考查了水解方程式和有关过量问题的离子方程式书写，特别注意选项D有关反应环境的问题，综合性较强，难度适中9（2分）（2014连云港二模）空间实验室“天宫一号”的供电系统中有再生氢氧燃料电池（RFC），RFC是一种将水电解技术与氢氧燃料电池技术相结合的可充电电池如图为RFC工作原理示意图，有关说法正确的是（）A当有0.1mol电子转移时，a电极产生0.56L气体（标准状况下）Bb电极上发生的电极反应是：4H2O+4e=2H2+4OHCc电极上进行还原反应，B电池中

17、的H+可以通过隔膜进入A池Dd电极上发生的电极反应是：O2+4H+4e=2H2O考点：化学电源新型电池；常见化学电源的种类及其工作原理.专题：电化学专题分析：依据图示知左边装置是电解池，右边装置是原电池，ab电极是电解池的电极，由电源判断a为阴极产生的气体是氢气，b为阳极产生的气体是氧气；cd电极是原电池的正负极，c是正极，d是负极；电解池中的电极反应为：b电极为阳极失电子发生氧化反应：4OH4e=2H2O+O2；a电极为阴极得到电子发生还原反应：4H+4e=2H2；原电池中是酸性溶液，电极反应为：d为负极失电子发生氧化反应：2H24e=4H+；c电极为正极得到电子发生还原反应：O2+4H+4

18、e=2H2O，结合电极上的电子守恒分析计算解答：解：A当有0.1 mol电子转移时，a电极为原电池正极，电极反应为4H+4e=2H2，产生1.12LH2，故A错误；Bb电极为阳极失电子发生氧化反应：4OH4e=2H2O+O2，故B错误；Cc电极上氧气得到发生还原反应，B池中的H+可以通过隔膜进入A池，故C正确；Dd为负极失电子发生氧化反应：2H24e=4H+，故D错误；故选C点评：本题考查了化学电源新型电池，主要考查原电池和电解池的工作原理、电极判断、电极反应，注意原电池中电解质溶液是酸而不是碱，电极反应式的书写是易错点10（2分）（2014连云港二模）X、Y、Z、R是短周期主族元素，X原子最

19、外层电子数是次外层的两倍，Y元素在地壳中的含量最多，Z元素的化合物的焰色反应呈黄色，R原子的核外电子数是X原子与Z原子的核外电子数之和下列叙述正确的是（）A原子半径的大小顺序：r（X）r（Y）r（Z）r（R）B含有Y、Z、R三种元素的化合物最多只有2种C元素R和Y形成的化合物RY2是一种高效安全灭菌消毒剂DY与Z形成的两种化合物中的化学键和晶体类型均相同考点：原子结构与元素周期律的关系.专题：元素周期律与元素周期表专题分析：X、Y、Z、R是短周期主族元素，X原子最外层电子数是次外层的两倍，最外层电子数不超过8个，则其K层为次外层，最外层电子数为4，则X是C元素；Y元素在地壳中的含量最多，则Y是

20、O元素；Z元素的化合物的焰色反应呈黄色，则Z是Na元素；R原子的核外电子数是X原子与Z原子的核外电子数之和，则R的核外电子数是17，所以R是Cl元素解答：解：X、Y、Z、R是短周期主族元素，X原子最外层电子数是次外层的两倍，最外层电子数不超过8个，则其K层为次外层，最外层 电子数为4，则X是C元素；Y元素在地壳中的含量最多，则Y是O元素；Z元素的化合物的焰色反应呈黄色，则Z是Na元素；R原子的核外电子数是X原子与Z原子的核外电子数之和，则R的核外电子数是17，所以R是Cl元素，A原子的电子层数越多，其原子半径越大，同一周期中，元素的原子半径随着原子序数的增大而减小，所以原子半径大小顺序是r（N

21、a）r（Cl）r（C）r（O），故A错误；BY、Z、R分别是O、Na、Cl元素，含有三种元素的化合物有NaClO、NaClO2、NaClO3、NaClO4等，故B错误；C元素Cl和O形成的化合物ClO2是一种高效安全灭菌消毒剂，故C正确；DX、Z分别与R形成的化合物分别是CCl4、NaCl，四氯化碳中只含共价键，氯化钠中只含离子键，故D错误；故选C点评：本题考查原子结构与元素周期律，推断元素是解本题关键，易错选项是C，注意根据Cl元素化合价判断，难度中等二、不定项选择题：本题包括5小题，每小题4分，共计20分每小题只有一个或两个选项符合题意若正确答案只包括一个选项，多选时，该小题得0分；若正确

22、答案包括两个选项，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个，该小题就得0分11（4分）（2014连云港二模）下列有关说法正确的是（）A钢铁的腐蚀过程中，析氢腐蚀与吸氧腐蚀可能同时发生B反应NH3（g）+HCl（g）NH4Cl（s）在室温下可自发进行，则该反应的H0C由于Ksp（BaSO4）Ksp（BaCO3），因此BaSO4沉淀不可能转化为BaCO3沉淀D0.1molL1 CH3COOH溶液加水稀释后，c（OH）、CH3COOH电离度均增大考点：金属的电化学腐蚀与防护；反应热和焓变；弱电解质在水溶液中的电离平衡；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质.专题：基本概念与基本理

23、论分析：A、从电解质是酸性的角度来分析；B、根据吉布斯自由能来判断；C、只要使钡离子和碳酸根离子浓度积大于Ksp（BaCO3），即可转化；D、CH3COOH溶液加水稀释，根据电离平衡的移动来分析解答：解：A、钢铁腐蚀时若介质为酸性，则可能同时发生析氢腐蚀与吸氧腐蚀，故A正确；B、该反应熵变小于零，若自发进行焓变一定小于零，故B错误；C、可以用高浓度的碳酸盐溶液使溶液中钡离子和碳酸根离子浓度积大于Ksp（BaCO3），即可使BaSO4沉淀转化为BaCO3沉淀，故C错误；D、加水稀释，平衡正向移动，醋酸电离度增大，但平衡中离子浓度减低，水电离出的c（OH）增大，故D正确；故选AD点评：本题综合考察

24、了钢铁的腐蚀、反应能否自发的判断、沉淀溶解平衡和电离平衡的应用，综合性较强，难度适中12（4分）（2014连云港二模）绿茶中含有的物质EGCG具有抗癌作用，能使癌细胞自杀性死亡，其结构如图下列有关EGCG的说法中不正确的是（）AEGCG易被氧化BEGCG的分子中有1个手性碳原子C1mol EGCG与浓溴水发生取代反应时最多消耗6mol Br2D1mol EGCG与氢氧化钠溶液反应最多消耗10mol NaOH考点：有机物的结构和性质.专题：有机物的化学性质及推断分析：A由结构简式可知，分子中含酚OH；B连4个不同基团的C为手性碳原子；C酚OH的邻、对位与溴水发生取代反应；D酚OH、COOC均与N

25、aOH溶液反应解答：解：A由结构简式可知，分子中含酚OH，能被氧化，故A正确；B连4个不同基团的C为手性碳原子，在六元醚环中与氧右边相连的C为手性碳，即六元环中氧右及其下的两个C原子，共2个，故B错误；C酚OH的邻、对位与溴水发生取代反应，则每个苯环中消耗2mol溴，则1mol EGCG与浓溴水发生取代反应时最多消耗6mol Br2，故C正确；D酚OH、COOC均与NaOH溶液反应，则1mol EGCG与氢氧化钠溶液反应最多消耗9mol NaOH，故D错误；故选BD点评：本题考查物质的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重酚、酯性质的考查，选项B为解答的难点，题目难度

26、不大13（4分）（2014连云港二模）下列叙述错误的是（）ANaHCO3溶液中：c（H+）+c（H2CO3）（CO32）+c（OH）B25时，0.2molL1盐酸与等体积0.05molL1 Ba（OH）2溶液混合后，溶液的pH=1CpH=3的二元弱酸H2R溶液与pH=11的NaOH溶液混合后，混合液的pH等于7，则反应后的混合液中：2c（R2）+c（HR）=c（Na+）D25时，若0.3molL1 HY溶液与0.3molL1 NaOH溶液等体积混合后，溶液的pH=9，则：c（OH）c（HY）=c（H+）=1109molL1考点：离子浓度大小的比较；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算.专题：电

27、离平衡与溶液的pH专题；盐类的水解专题分析：A溶液中存在电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒和物料守恒判断；B二者混合后溶液中的溶质是0.05mol/L的盐酸、0.025mol/L的BaCl2，溶液中c（H+）=0.05mol/L；C任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒判断；D二者恰好反应生成NaY，溶液呈碱性，则Y为弱酸，根据电荷守恒和物料守恒判断解答：解：A、NaHCO3溶液中电荷守恒为c（H+）+c（Na+）=2c（CO32）+c（OH）+c（HCO3），物料守恒为c（H2CO3）+c（HCO3）+c（CO32）=c（Na+），所以得c（H+）+c（H2CO3）（CO32）+c（OH

28、），故A正确；B、混合后溶液中c（H+）=（0.20.1）2=0.05mol/L，溶液的pH1，故B错误；C、溶液中电荷守恒为2c（R2）+c（HR）+c（OH）=c（Na+）+c（H+），pH等于7，故有2c（R2）+c（HR）=c（Na+），故C正确；D、两溶液恰好反应产物为NaY，水解溶液呈碱性，电荷守恒为c（OH）+c（Y+）=c（H+）+c（Na+）；物料守恒为c（HY）+c（Y+）=c（Na+），两式相减为c（OH）c（HY）=c（H+）=1109 molL1，故D正确；故选B点评：本题考查了离子浓度大小比较，根据溶液中的溶质再结合物料守恒、电荷守恒来分析解答，注意B中二者混合后溶

29、液体积增大一倍，为易错点14（4分）（2014连云港二模）根据下列实验操作和现象所得出的结论错误的是（）选项实验操作实验现象结论A向FeCl2溶液中通入适量Cl2溶液由浅绿色变为黄色氧化性：Cl2Fe3+B向某溶液中先滴加盐酸无现象，再滴加BaCl2溶液有白色沉淀生成原溶液中含有SO42C蔗糖溶液在硫酸存在下水浴一段时间后，再与银氨溶液混合加热无银镜出现蔗糖没有水解D向无水乙醇中加入浓H2SO4，加热至170将产生的气体通入酸性KMnO4溶液紫红色褪去使溶液褪色的不一定是乙烯AABBCCDD考点：化学实验方案的评价.专题：实验评价题分析：A氯气氧化亚铁离子，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性；

30、B先滴加盐酸无现象，排除银离子、碳酸根离子、亚硫酸根离子等干扰；C银镜反应需要在碱性条件下；D乙醇易挥发，且乙烯、乙醇均能被高锰酸钾氧化解答：解：A向FeCl2溶液中通入适量Cl2，由现象可知生成氯化铁，由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，则氧化性：Cl2Fe3+，故A正确；B先滴加盐酸无现象，排除银离子、碳酸根离子、亚硫酸根离子等干扰，再加氯化钡生成的白色沉淀为硫酸钡，则原溶液中含有SO42，故B正确；C银镜反应需要在碱性条件下，水解后未加碱至碱性，则实验失败，故C错误；D乙醇易挥发，且乙烯、乙醇均能被高锰酸钾氧化，则由现象可知，使溶液褪色的不一定是乙烯，故D正确；故选C点评：本题考查化学

31、实验方案的评价，为高频考点，涉及氧化还原反应、银镜反应、离子的检验及物质的检验等，把握物质的性质及发生化学反应为解答的关键，侧重分析能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大15（4分）（2014连云港二模）在体积为2L的恒容密闭容器中发生反应xA（g）+yB（g）zC（g），图1表示200时容器中A、B、C物质的量随时间的变化关系，图2表示不同温度下平衡时C的体积分数随起始n（A）：n（B）的变化关系则下列结论正确的是（）A200时，反应从开始到平衡的平均速率v（B）=0.04molL1min1B图2所知反应xA（g）+yB（g）zC（g）的H0，且a=2C若在图1所示的平衡状态下，再向

32、体系中充入He，此时v正v逆D200时，向容器中充入2mol A和1mol B，达到平衡时，A的体积分数小于0.5考点：产物的百分含量随浓度、时间的变化曲线；物质的量或浓度随时间的变化曲线.专题：化学平衡专题分析：A由图可知，200时平衡时，B的物质的量变化量为0.4mol0.2mol=0.2mol，根据v=计算v（B）；B由图可知，n（A）：n（B）一定时，温度越高平衡时C的体积分数越大，说明升高温度平衡向正反应移动，据此判断反应热效应；在一定的温度下只要A、B起始物质的量之比刚好等于平衡化学方程式化学计量数之比，平衡时生成物C的体积分数就最大，由图判断200时A、B的起始物质的量，据此计算

33、a的值；C恒温恒容条件下，通入氦气反应混合物的浓度不变，平衡不移；D由图1可知，达到平衡时，A的体积分数为0.5，200时，向容器中充入2 mol A 和1 mol B达到平衡等效为原平衡增大压强，根据图中A、B、C的物质的量变化量之比等于化学计量数之比确定x、y、z，据此判断增大压强平衡移动方向解答：解：A由图可知，200时5min达到平衡，平衡时B的物质的量变化量为0.4mol0.2mol=0.2mol，故v（B）=0.02 molL1min1，故A错误；B由图可知，n（A）：n（B）一定时，温度越高平衡时C的体积分数越大，说明升高温度平衡向正反应移动，升高温度平衡向吸热反应移动，故正反应

34、为吸热反应，即H0；图可知，200时平衡时，A的物质的量变化量为0.8mol0.4mol=0.4mol，B的物质的量变化量为0.2mol，在一定的温度下只要A、B起始物质的量之比刚好等于平衡化学方程式化学计量数之比，平衡时生成物C的体积分数就最大，A、B的起始物质的量之比=0.4mol：0.2mol=2，即a=2，故B正确；C恒温恒容条件下，通入氦气反应混合物的浓度不变，平衡不移动，故v（正）=v（逆），故C错误；D由图可知，200时平衡时，A、B、C的物质的量变化量分别为0.4mol、0.2mol、0.2mol，物质的量之比等于化学计量数之比，故x：y：z=0.4mol：0.2mol：0.2

35、mol=2：1：1，平衡时A 的体积分数为=0.5，200时，向容器中充入2 mol A 和1 mol B达到平衡等效为原平衡增大压强，平衡向正反应移动，故达到平衡时，A 的体积分数小于0.5，故D正确；故选BD点评：本题考查化学平衡图象、反应速率计算、影响化学平衡的因素、化学平衡有关计算等，难度中等，注意C选项中理解稀有气体对化学平衡移动的影响三、解答题16（12分）（2014连云港二模）重铬酸钾（K2Cr2O7）是工业上重要的氧化剂，实验室利用铬铁矿（主要成份为FeOCr2O3）模拟工业生产制备重铬酸钾的主要工艺如图：（1）铬铁矿中的SiO2和Al2O3在反应器中与纯碱共热反应转变为可溶性

36、盐，写出Al2O3与碳酸钠反应的化学方程式：Al2O3+Na2CO32NaAlO2+CO2（2）反应器中发生的主要反应为：6FeOCr2O3+24NaOH+7KClO3 12Na2CrO4+3Fe2O3+7KCl+12H2OFe2O3可进一步转化为NaFeO2NaFeO2在操作中强烈水解，写出NaFeO2水解的化学方程式：NaFeO2+2H2O=Fe（OH）3+NaOH（3）操作的目的是除去SiO32和AlO2（4）操作中CrO42转化为Cr2O72，写出此可逆反应的离子方程式：2CrO42+2H+Cr2O72+H2O（5）称取重铬酸钾试样2.5000g配成250mL溶液，取出25.00mL于

37、锥形瓶中，加入10mL 2molL1 H2SO4和足量碘化钾（铬的还原产物为Cr3+），放于暗处5min，然后加入100mL水，加入3mL淀粉指示剂，用0.1200molL1 Na2S2O3标准溶液滴定至滴定终点时用去Na2S2O3溶液40.00mL（I2+2S2O322I+S4O62）写出重铬酸钾与碘化钾反应的离子方程式：Cr2O72+6I+14H+=2Cr3+3I2+7H2O；重铬酸钾试样的纯度（设整个过程中其它杂质不参与反应）为94.08%考点：制备实验方案的设计.专题：实验设计题分析：流程分析可知，铬铁矿（主要成分为FeOCr2O3，杂质为SiO2、Al2O3）为原料粉碎后再反应器中加

38、入纯碱、固体氢氧化钠、氯酸钾浸取过滤得到滤液调节溶液PH除去铝和硅酸根离子，过滤得到Na2CrO4溶液，酸化后加入氯化钾浓缩过滤干燥得到重铬酸钾；（1）高温条件下，氧化铝和碳酸钠反应生成偏铝酸钠和二氧化碳；（2）NaFeO2能强烈水解，生成氢氧化铁沉淀；（3）调节后溶液的pH比原来降低，是因降低pH，促进水解平衡正向移动；（4）CrO42和酸反应生成Cr2O72和水；（5）重铬酸钾具有强氧化性能把碘离子氧化成单质碘，本身被还原为三价铬离子，据此析出反应的离子方程式；由Cr2O72+6I+14H+=2Cr3+3I2+7H2O、I2+2S2O32=2I+S4O62 可知，存在Cr2O726S2O3

39、2，以此计算解答：解：（1）高温条件下，氧化铝和碳酸钠反应生成偏铝酸钠和二氧化碳，反应方程式为：Al2O3+Na2CO32NaAlO2+CO2，故答案为：Al2O3+Na2CO32NaAlO2+CO2；（2）NaFeO2能强烈水解，生成氢氧化铁沉淀，该水解反应为NaFeO2+2H2O=Fe（OH）3+NaOH，故答案为：NaFeO2+2H2O=Fe（OH）3+NaOH；（3）调节后溶液的pH比原来降低，是由于硅酸钠和偏铝酸钠在溶液中发生水解，SiO32+H2OHSiO3+OH、HSiO3+H2OH2SiO3+OH、AlO2+2H2OAl（OH）3+OH，降低pH有利于水解平衡向正反应方向移动，

40、当pH调到78时能使它们完全水解生成沉淀，故答案为：除去SiO32和AlO2；（4）CrO42和酸反应生成Cr2O72和水，转化方程式为：2CrO42+2H+Cr2O72+H2O，故答案为：2CrO42+2H+Cr2O72+H2O；（5）重铬酸钾具有强氧化性能把碘离子氧化成单质碘，本身被还原为三价铬离子，反应的离子方程式为：Cr2O72+6I+14H+=2Cr3+3I2+7H2O，故答案为：Cr2O72+6I+14H+=2Cr3+3I2+7H2O；由Cr2O72+6I+14H+=2Cr3+3I2+7H2O、I2+2S2O32=2I+S4O62 可知，存在Cr2O726S2O32， 1 6 n

41、0.120040103mol则250ml含重铬酸钾的物质的量为n=10，则所得产品中重铬酸钾纯度为100%=94.08%，故答案为：94.08%点评：本题考查混合物的分离、提纯，明确流程中操作的目的是解答的关键，注意利用关系式计算，（5）为解答的难点，题目难度中等17（15分）（2014连云港二模）有机物F是一种治疗关节炎止痛药，合成F的一种传统法路线如图：（1）B中含氧官能团的名称为羰基（2）CD的反应可分为两步，其反应类型为加成反应、消去反应（3）写出比F少5个碳原子的同系物X的结构简式：（写一种）；X有多种同分异构体，满足下列条件的X的同分异构体共有3种属于芳香族化合物 苯环上只有1个取

42、代基 属于酯类物质（4）写出E转化为F和无机盐的化学方程式：（5）已知：（R、R表示烃基）合成F的一种改良法是以2甲基1丙醇（CH3）2CHCH2OH）、苯、乙酸酐（CH3CO）2O为原料来合成，写出有关的合成路线流程图（无机试剂任选）合成路线流程图示例如下：H2C=CH2CH3CH2BrCH3CH2OH考点：有机物的合成.专题：有机物的化学性质及推断分析：（1）根据B的结构简式，其中含氧官能团的名称为羰基；（2）CD的CHO变为CH=NOH，可以看成醛基的碳氧双键先与H2NOH发生加成反应，再发生消去反应生成的；（3）F为，比其少5个碳原子的同系物X的结构简式为一个苯环和2个碳原子，其中一个

43、碳形成一个羧基，则结构简式为或者的邻、间、对三种；X有多种同分异构体，属于芳香族化合物，则含有苯环苯环上只有1个取代基；属于酯类物质，则含有酯基；所以符合条件的有；（4）根据发生的为水解反应，则氮的化合价不变仍然为3价，所以产物为铵盐，据此书写；（5）分析F和原料可知，F中苯环右边增加的基团应来自乙酸酐（根据流程A到B）再经过信息得到，苯环左边来自2甲基1丙醇，需先变成卤代烃，根据信息合成；解答：解：（1）B的结构简式为，其中含氧官能团的名称为羰基，故答案为：羰基；（2）CD的CHO变为CH=NOH，可以看成醛基的碳氧双键先与H2NOH发生加成反应生成（HNOH）CH（OH），再发生消去反应生成CH=NOH，故答案为：加成反应；消去反应；（3）F为，比其少5个碳原子的同系物X的结构简式为一个苯环和2个碳原子，其中一个碳形成一个羧基，则结构简式为或者的邻、间、对三种；X有多种同分异构体，属于芳香族化合物，则含有苯环苯环上只有1个取代基；属于酯类物质，则含有酯基；所以符合条件的有共3种，故答案为：；3；（4