人教版化学高三精品复习套卷(有答案)

这是一份人教版化学高三精品复习套卷(有答案)，共27页。试卷主要包含了NA代表阿伏加德罗常数的值，已知298K时，Ksp，甲醛2反应的产物，进行如下研究等内容，欢迎下载使用。
1．化学与能源开发、环境保护、资源利用、生产生活密切相关．下列说法错误的是（ ）
A．SO2是大气污染物，但葡萄酒中都含有一定量的SO2，SO2既可杀菌又可用来保鲜
B．绿色化学的核心是在化学合成中将原子充分利用，从源头上减少或消除污染
C．茂密树林中的道道光柱，既是一种自然现象又是光学现象，与胶体知识也有关系
D．研发使用高效催化剂，可提高反应中原料的转化率
2．四支试管中分别充满O2、NO2、Cl2、NH3四种气体，把它们分别倒立于盛有下列各种溶液的水槽中，发生反应的现象如图所示，其中充满NO2的试管是（ ）
A．B．
C．D．
3．乙酸乙酯广泛用于药物、染料、香料等工业，某学习小组设计以下两套装置用乙醇、乙酸和浓硫酸分别制备乙酸乙酯（沸点77.2℃）．下列说法不正确的是（ ）
A．浓硫酸能加快酯化反应速率
B．不断蒸出酯，会降低其产率
C．装置b比装置a原料损失的少
D．可用分液的方法分离出乙酸乙酯
4．NA代表阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是（ ）
A．常温常压下，1.8g甲基（﹣CD3）中含有的中子数为NA
B．2.3g钠被O2完全氧化时，钠得到的电子数目为0.1NA
C．9.2g甲苯被酸性KMnO4氧化生成苯甲酸时，反应中转移电子数为0.6NA
D．常温下，1L pH＝9的CH3COONa溶液中，发生电离的水分子数为1×10﹣9 NA
5．中国在2009年推出了国产燃料电池概念汽车，该车装有“绿色心脏”﹣﹣质子交换膜燃料电池．如图是某科技杂志登载的该电池原理示意图．下列叙述正确的是（ ）
A．工作时“X极”周围溶液的酸性增强
B．氢气在电极上发生还原反应
C．图中标出的“Y极”实际是原电池的负极
D．工作过程中，质子（H+）从“Y极”一边透过质子交换膜移动到“X极”一边与OH﹣反应生成水
6．已知X、Y、Z、W为原子序数依次增大的四种短周期主族元素，X原子的最外层电子数是其电子层数的3倍，Y是迄今发现的非金属性最强的元素，在周期表中Z位于ⅠA族，W与X属于同一主族。下列说法正确的是（ ）
A．原子半径：r（X）＜r（Y）＜r（Z）＜r（W）
B．氢化物的沸点X＜W
C．W的简单气态氢化物的热稳定性比Y的强
D．X与元素Z、W均可形成至少两种二元化合物
7．已知298K时，Ksp（NiS）＝1.0×10﹣21，Ksp（NiCO3）＝1.0×10﹣7；p（Ni）＝﹣lg c（Ni2+），p（B）＝﹣lg c（S2﹣）或﹣lg c（CO32﹣）。在含物质的量浓度相同的Na2S和Na2CO3的混合溶液中滴加Ni（NO3）2溶液产生两种沉淀，溶液中阳离子、阴离子浓度关系如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．常温下NiCO3的溶解度大于NiS的溶解度
B．向d点对应的溶液中加入对应阴离子的钠盐，d点向b点移动
C．对于曲线I，在b点加热，b点向c点移动
D．P为3.5且对应的阴离子是CO32﹣
二．实验题（共3小题）
8．目前，回收溴单质的方法主要有水蒸气蒸馏法和萃取法等．某兴趣小组通过查阅相关资料拟采用如下方案从富马酸废液（含溴0.27%）中回收易挥发的Br2：
（1）操作X所需要的主要玻璃仪器为 ；反萃取时加入20%的NaOH溶液，其离子方程式为 ．
（2）反萃取所得水相酸化时，需缓慢加入浓硫酸，并采用冰水浴冷却的原因是 ．
（3）溴的传统生产流程为先采用氯气氧化，再用空气水蒸气将Br2吹出．与传统工艺相比，萃取法的优点是 ．
（4）我国废水三级排放标准规定：废水中苯酚的含量不得超过1.00mg/L．实验室可用一定浓度的溴水测定某废水中苯酚的含量，其原理如下：+3Br2→+3HBr
①请完成相应的实验步骤：
步骤1：准确量取25.00mL待测废水于250mL锥形瓶中．
步骤2：将4.5mL 0.02ml/L溴水迅速加入到锥形瓶中，塞紧瓶塞，振荡．
步骤3：打开瓶塞，向锥形瓶中加入过量的0.1ml/L KI溶液，振荡．
步骤4： ，再用0.01ml/L Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗 Na2S2O3溶液15mL．（反应原理：I2+2Na2S2O3＝2NaI+Na2S4O6）
步骤5：将实验步骤1～4重复2次．
②该废水中苯酚的含量为 mg/L．
③步骤3若持续时间较长，则测得的废水中苯酚的含量 （填“偏高”、“偏低”或“无影响”）．
9．甲醛（HCHO）与葡萄糖相似具有还原性。为探究过量甲醛和新制Cu（OH）2反应的产物，进行如下研究。
（1）在图1装置中进行实验，向a中加入0.5ml•L﹣1CuSO4溶液50mL和5ml•L﹣1NaOH溶液100mL，振荡，再加入40%的甲醛溶液50mL，缓慢加热a 20分钟后冷却至室温。
①盛装甲醛溶液的仪器名称是 ；
②能说明甲醛具有还原性的实验现象是 。
（2）上述实验有副反应发生，产生的气体为CO、H2中的一种或两种。为确认气体成分，将装置A和下图2中部分装置连接后进行实验。
依次连接的合理顺序为A→B→ → → → →G。
装置B的作用是 。
证明有H2的实验现象是 。
（3）反应后a中有红色固体产生，为研究其组成，进行如下实验（每步均充分反应）：
已知：Cu2O[Cu（NH3）4]+（无色）[Cu（NH3）4]2+（蓝色）
①锥形瓶ii中固体完全溶解得深蓝色溶液的离子方程式为 ；
②将容量瓶ii中的溶液稀释100倍后，溶液的颜色与容量瓶i相近。由此可知固体产物的组成及物质的量之比约为 。
10．CO2作为未来碳源，既可弥补因石油、天然气等大量消耗引起的“碳源危机”，又可有效地解决温室效应．目前，人们利用光能和催化剂，可将CO2和H2O（g）转化为CH4和O2．某研究小组选用不同的催化剂（a，b，c），获得的实验结果如图1所示，请回答下列问题：
（1）反应开始后的12小时内，在 （填a、b、c）的作用下，收集CH4的最多．
（2）将所得CH4与H2O（g）通入聚焦太阳能反应器，发生反应CH4（g）+H2O（g）⇌CO（g）+3H2（g）
△H＝+206kJ•ml﹣1．将等物质的量的CH4和H2O（g）充入2L恒容密闭容器，某温度下反应5min后达到平衡，此时测得CO的物质的量为0.10ml，则5min内H2的平均反应速率为 ．平衡后可以采取下列 的措施能使n（CO）：n（CH4）增大．
A．加热升高温度
B．恒温恒压下充入氦气
C．恒温下缩小容器体积
D．恒温恒容下再充入等物质的量的CH4和H2O
（3）工业上可以利用CO为原料制取CH3OH．
已知：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H＝﹣49.5kJ•ml﹣1
CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）△H＝+41.3kJ•ml﹣1
①试写出由CO和H2制取甲醇的热化学方程式 ．
②该反应的△S 0（填“＞”或“＜”或“＝”），在 情况下有利于该反应自发进行．
（4）某科研人员为研究H2和CO合成CH3OH的最佳起始组成比n（H2）：n（CO），在l L恒容密闭容器中通入H2与CO的混合气（CO的投入量均为1ml），分别在230℃、250℃和270℃进行实验，测得结果如图2，则230℃时的实验结果所对应的曲线是 （填字母）；理由是 ．列式计算270℃时该反应的平衡常数K： ．
三．解答题（共2小题）
11．已知A、B、C、D都是元素周期表中前36号的元素，它们的原子序数依次增大．A与其他3种元素既不在同一周期又不在同一主族．B原子的L层p轨道中有5个电子；C是周期表中1﹣18列中的第14列元素；D原子的L层电子数与最外层电子数之比为4：1，其d轨道中有一对成对电子．请回答：
（1）A与C形成的共价化合物的分子式是 ，中心原子杂化类型是 ，分子的立体结构是 ，是 分子（填“极性”或“非极性”）
（2）B与C比较，电负性较小的是 （填元素符号）；B与C形成的化合物晶体类型是 ．
（3）D位于元素周期表中第 族，D2+的结构示意图是 ，它的+3价离子的电子排布式为 ．
（4）A与B形成的化合物分子极易溶于水，其原因是 ．
（5）由C原子构成的晶体中微粒间作用力是 ，如图是由C单质构成的晶体的一个晶胞，若设该晶胞的边长为a cm，NA表示阿伏加德罗常数，则该晶体的密度是 g/cm3．（只要求列出算式）．
12．聚合物H （）是一种聚酰胺纤维，广泛用于各种刹车片，其合成路线如下：
已知：①C、D、G均为芳香族化合物，分子中均只含两种不同化学环境的氢原子。
②Diels﹣Alder反应：。
（1）生成A的反应类型是 。D的名称是 。F中所含官能团的名称是 。
（2）B的结构简式是 ；“B→C”的反应中，除C外，另外一种产物是 。
（3）D+G→H的化学方程式是 。
（4）Q是D的同系物，相对分子质量比D大14，则Q可能的结构有 种，其中核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积比为1：2：2：3的结构简式为 （任写一种）。
（5）已知：乙炔与1，3﹣丁二烯也能发生Diels﹣Alder反应。请以1，3﹣丁二烯和乙炔为原料，选用必要的无机试剂合成 ，写出合成路线 （用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件）。
参考答案与试题解析
一．选择题（共7小题）
1．化学与能源开发、环境保护、资源利用、生产生活密切相关．下列说法错误的是（ ）
A．SO2是大气污染物，但葡萄酒中都含有一定量的SO2，SO2既可杀菌又可用来保鲜
B．绿色化学的核心是在化学合成中将原子充分利用，从源头上减少或消除污染
C．茂密树林中的道道光柱，既是一种自然现象又是光学现象，与胶体知识也有关系
D．研发使用高效催化剂，可提高反应中原料的转化率
【分析】A．依据二氧化硫具有还原性解答；
B．绿色化学的核心就是利用化学原理从源头上减少和消除工业生产对环境的污染；
C．依据胶体的丁达尔效应解答；
D．催化剂只能够改变反应速率，不能影响化学平衡的移动．
【解答】解：A．二氧化硫具有还原性，具有抗氧化作用，可使蛋白质变性，起保鲜、杀菌作用，故A正确；
B．绿色化学的核心就是利用化学原理从源头上减少和消除工业生产对环境的污染，故B正确；
C．茂密树林中的道道光柱，既是一种自然现象又是光学现象，与胶体丁达尔效应用有关，故C正确；
D．催化剂只能加快反应速率，对平衡移动无影响，则对反应中原料的转化率无影响，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查较综合，涉及催化剂作用、绿色化学概念、胶体的性质与用途等，注重化学与生活、环境的联系，侧重基础知识的考查，题目难度不大．
2．四支试管中分别充满O2、NO2、Cl2、NH3四种气体，把它们分别倒立于盛有下列各种溶液的水槽中，发生反应的现象如图所示，其中充满NO2的试管是（ ）
A．B．
C．D．
【分析】四种气体中，NH3极易溶于水，能与盐酸反应，NO2与水反应可生成NO气体，1体积水可溶解2体积Cl2，但氯气O2难溶于水，Cl2在饱和食盐水中溶解度降低，常用排饱和食盐水来收集Cl2，以此解答该题．
【解答】解：A．氨气极易溶于水且与盐酸反应，可充满试管，A是氨气，故A不选；
B．二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，一氧化氮不溶于水，所以试管中仍存在气体，B是二氧化氮，故B选；
C．氯气不溶于饱和食盐水，但微溶于水，C应为氯气，故C不选；
D．O2难溶于水，可用排水法收集，D是O2，故D不选。
故选：B。
【点评】本题考查气体的收集和性质，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，为高频考点，注意把握物质的性质，为解答该题的关键，难度不大，注意基础知识的把握．
3．乙酸乙酯广泛用于药物、染料、香料等工业，某学习小组设计以下两套装置用乙醇、乙酸和浓硫酸分别制备乙酸乙酯（沸点77.2℃）．下列说法不正确的是（ ）
A．浓硫酸能加快酯化反应速率
B．不断蒸出酯，会降低其产率
C．装置b比装置a原料损失的少
D．可用分液的方法分离出乙酸乙酯
【分析】A．制取乙酸乙酯时，需要加入浓硫酸做催化剂和吸水剂；
B．可逆反应，减少生成物浓度，有利于反应正向移动；
C．装置b采用水浴受热均匀，比装置a原料损失的少；
D．分离互不相溶的液体，可用分液的方法分离，乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，可用分液操作方法分离出乙酸乙酯和饱和碳酸钠溶液．
【解答】解：A．乙酸与乙醇在浓硫酸作用下加热发生酯化反应，化学反应为：CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O，该反应为可逆反应，浓硫酸吸水利于平衡向生成乙酸乙酯方向移动。故浓硫酸的作用为催化剂，吸水剂，浓硫酸能加快酯化反应速率，故A正确；
B．该制备乙酸乙酯反应为可逆反应，不断蒸出酯，减少生成物浓度，有利于反应正向移动，会提高其产率，故B错误；
C．乙醇、乙酸易挥发，甲装置则采取直接加热的方法，温度升高快，温度不易于控制，装置b采用水浴受热均匀，相对于装置a原料损失的少，故C正确；
D．分离乙酸乙酯时先将盛有混合物的试管充分振荡，让饱和碳酸钠溶液中和挥发出来的乙酸，使之转化为乙酸钠溶于水中，溶解挥发出来的乙醇；降低乙酸乙酯在水中的溶解度，静置分层后取上层得乙酸乙酯，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查乙酸乙酯的制备，解答时须注意酯化反应的原理和饱和碳酸钠溶液的作用，题目难度不大．
4．NA代表阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是（ ）
A．常温常压下，1.8g甲基（﹣CD3）中含有的中子数为NA
B．2.3g钠被O2完全氧化时，钠得到的电子数目为0.1NA
C．9.2g甲苯被酸性KMnO4氧化生成苯甲酸时，反应中转移电子数为0.6NA
D．常温下，1L pH＝9的CH3COONa溶液中，发生电离的水分子数为1×10﹣9 NA
【分析】A.1个﹣CD3含有9个中子；
B.1ml钠反应生成氧化物，失去1ml电子；
C．依据方程式 5C6H5CH3+6KMnO4+9H2SO4＝5C6H5COOH（苯甲酸）+3K2SO4+6MnSO4+14H2O 计算解答；
D．CH3COONa属于强碱弱酸盐，CH3COO﹣的水解促进水的电离，c（H2O）电离＝c（OH﹣）＝1×10﹣5ml/L。
【解答】解：A．常温常压下，1.8g甲基（﹣CD3）物质的量为：＝0.1ml，含有的中子数为0.9NA，故A错误；
钠被O2完全氧化时，钠做还原剂，钠失去的电子数目为0.1NA，故B错误；
C．依据5C6H5CH3+6KMnO4+9H2SO4＝5C6H5COOH（苯甲酸）+3K2SO4+6MnSO4+14H2O 可知，1ml甲苯被氧化为苯甲酸转移6ml电子，则9.2g甲苯物质的量为0.1ml，被氧化为苯甲酸转移0.6ml电子，转移电子数为0.6NA，故C正确；
D．CH3COONa属于强碱弱酸盐，CH3COO﹣的水解促进水的电离，c（H2O）电离＝c（OH﹣）＝1×10﹣5ml/L，发生电离的水分子物质的量为1×10﹣5ml/L×1L＝1×10﹣5ml，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的计算与判断，掌握物质的量与摩尔质量、阿伏伽德罗常数等物理量之间的关系，明确可逆反应、物质构成的分析，题目难度中等。
5．中国在2009年推出了国产燃料电池概念汽车，该车装有“绿色心脏”﹣﹣质子交换膜燃料电池．如图是某科技杂志登载的该电池原理示意图．下列叙述正确的是（ ）
A．工作时“X极”周围溶液的酸性增强
B．氢气在电极上发生还原反应
C．图中标出的“Y极”实际是原电池的负极
D．工作过程中，质子（H+）从“Y极”一边透过质子交换膜移动到“X极”一边与OH﹣反应生成水
【分析】该燃料电池为质子交换膜燃料电池，则电解质溶液呈酸性，燃料电池中通入燃料的电极是负极、通入氧化剂的电极是正极，所以X电极是负极、Y电极是正极，负极反应式为H2﹣2e﹣＝2H+、正极反应式为O2+4e﹣+4H+＝2H2O，放电时，质子从原电池负极通过交换膜流向正极，据此分析解答．
【解答】解：该燃料电池为质子交换膜燃料电池，则电解质溶液呈酸性，燃料电池中通入燃料的电极是负极、通入氧化剂的电极是正极，所以X电极是负极、Y电极是正极，负极反应式为H2﹣2e﹣＝2H+、正极反应式为O2+4e﹣+4H+＝2H2O，
A．X是负极，电极反应式为H2﹣2e﹣＝2H+，氢离子浓度增大，溶液的酸性增强，故A正确；
B．氢气失电子发生氧化反应，故B错误；
C．通过以上分析知，Y是正极，故C错误；
D．放电时，质子从原电池负极通过交换膜流向正极，所以质子（H+）从“X极”一边透过质子交换膜移动到“Y极”一边与OH﹣反应生成水，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查化学电源新型电池，为高频考点，明确各个电极上发生的反应是解本题关键，所有的燃料电池中通入燃料的电极是负极、通入氧化剂的电极是正极，难点是电极反应式的书写，易错选项是D．
6．已知X、Y、Z、W为原子序数依次增大的四种短周期主族元素，X原子的最外层电子数是其电子层数的3倍，Y是迄今发现的非金属性最强的元素，在周期表中Z位于ⅠA族，W与X属于同一主族。下列说法正确的是（ ）
A．原子半径：r（X）＜r（Y）＜r（Z）＜r（W）
B．氢化物的沸点X＜W
C．W的简单气态氢化物的热稳定性比Y的强
D．X与元素Z、W均可形成至少两种二元化合物
【分析】X、Y、Z、W为原子序数依次增大的四种短周期主族元素，X原子的最外层电子数是其电子层数的3倍，X只能含有2个电子层，最外层含有6个电子，为O元素；Y是迄今发现的非金属性最强的元素，应为F元素；在周期表中Z位于IA族，由原子序数关系可知Z为Na元素；W与X属于同一主族，W应为S元素，结合对应物质的性质以及元素周期率知识解答该题。
【解答】解：由以上分析可知X为O元素、Y为F元素、Z为Na元素、W为S元素，
A．核外电子层数越多，原子半径越大，电子层相同时核电荷数越大，原子半径越小，则原子半径大小为：r（Y）＜r（X）＜r（W）＜r（Z），故A错误；
B．水分子间存在氢键，导致水的沸点较高，即氢化物的沸点X＞W，故B错误；
C．非金属性F＞S，则W的简单气态氢化物的热稳定性比Y的弱，故C错误；
D．X（O）与元素Z（Na）、W（S）可形成二氧化硫、三氧化硫、氧化钠、过氧化钠，所以均可形成至少两种二元化合物，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查了原子结构与元素周期律的关系，题目难度中等，正确推断元素为解答关键，注意掌握原子结构与元素周期律、元素周期表的关系，试题培养了学生的分析能力及逻辑推理能力。
7．已知298K时，Ksp（NiS）＝1.0×10﹣21，Ksp（NiCO3）＝1.0×10﹣7；p（Ni）＝﹣lg c（Ni2+），p（B）＝﹣lg c（S2﹣）或﹣lg c（CO32﹣）。在含物质的量浓度相同的Na2S和Na2CO3的混合溶液中滴加Ni（NO3）2溶液产生两种沉淀，溶液中阳离子、阴离子浓度关系如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．常温下NiCO3的溶解度大于NiS的溶解度
B．向d点对应的溶液中加入对应阴离子的钠盐，d点向b点移动
C．对于曲线I，在b点加热，b点向c点移动
D．P为3.5且对应的阴离子是CO32﹣
【分析】A．NiS和NiCO3是同类型难溶电解质，可直接根据溶度积常数比较二者溶解度大小；
B．根据溶度积常数的表达式分析；
C．加热可使难溶电解质增加溶解，其溶度积常数增大；
D．根据Ksp（NiB）＝c（Ni2+）c（B2﹣），则pNi+pB＝pKsp（NiB），据此分析。
【解答】解：A．NiS和NiCO3是同类型难溶电解质，由于Ksp（NiCO3）＞＞Ksp（NiS），所以常温下NiCO3的溶解度大于NiS的溶解度，故A正确；
B．对于d所处溶液，有Ksp（NiB）＝c（Ni2+）c（B2﹣），向d点对应的溶液中加入对应阴离子的钠盐，即c（B2﹣）增大，则c（Ni2+）减小，pNi增大，即d点向b点移动，故B正确；
C．加热可使难溶电解质增加溶解，其溶度积常数增大，大多数物质都遵循这个规律，所以溶液中c（Ni2+）和c（B2﹣）都增大，但pNi和pB存在关系为：pNi＝pKsp（NiB）﹣pB，不是正比例函数关系，所以对于曲线I，在b点加热，b点不是向c点移动，故C错误；
D．产生NiS或者NiCO3，则有pNi+pB＝pKsp（NiB），由于Ksp（NiS）＝1.0×10﹣21，Ksp（NiCO3）＝1.0×10﹣7，所以P点对应的是较小的pKsp（NiB），即Ksp（NiB）较大，因此P点对应的是NiCO3，pNi＝pB＝＝3.5，故D正确，
故选：C。
【点评】本题考查难溶电解质的溶解平衡，根据图象分析，明确溶度积常数的表达式是解题的关键，题目难度不大，重在对图象的把握。
二．实验题（共3小题）
8．目前，回收溴单质的方法主要有水蒸气蒸馏法和萃取法等．某兴趣小组通过查阅相关资料拟采用如下方案从富马酸废液（含溴0.27%）中回收易挥发的Br2：
（1）操作X所需要的主要玻璃仪器为 分液漏斗 ；反萃取时加入20%的NaOH溶液，其离子方程式为 Br2+2OH﹣＝Br﹣+BrO﹣+H2O ．
（2）反萃取所得水相酸化时，需缓慢加入浓硫酸，并采用冰水浴冷却的原因是 减少Br2的挥发 ．
（3）溴的传统生产流程为先采用氯气氧化，再用空气水蒸气将Br2吹出．与传统工艺相比，萃取法的优点是 没有采用有毒气体Cl2，更环保 ．
（4）我国废水三级排放标准规定：废水中苯酚的含量不得超过1.00mg/L．实验室可用一定浓度的溴水测定某废水中苯酚的含量，其原理如下：+3Br2→+3HBr
①请完成相应的实验步骤：
步骤1：准确量取25.00mL待测废水于250mL锥形瓶中．
步骤2：将4.5mL 0.02ml/L溴水迅速加入到锥形瓶中，塞紧瓶塞，振荡．
步骤3：打开瓶塞，向锥形瓶中加入过量的0.1ml/L KI溶液，振荡．
步骤4： 滴入2～3滴淀粉溶液 ，再用0.01ml/L Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗 Na2S2O3溶液15mL．（反应原理：I2+2Na2S2O3＝2NaI+Na2S4O6）
步骤5：将实验步骤1～4重复2次．
②该废水中苯酚的含量为 18.8 mg/L．
③步骤3若持续时间较长，则测得的废水中苯酚的含量 偏低 （填“偏高”、“偏低”或“无影响”）．
【分析】富马酸废液中含有Br﹣，电解生成溴单质，加入四氯化碳萃取后分液，再加入氢氧化钠反萃取得到含溴离子和次溴酸根离子的溶液，加入硫酸酸化发生氧化还原反应生成溴单质．
（1）操作X为萃取分液，需要烧杯、分液漏斗等仪器；反萃取时加入20%的NaOH溶液反应生成溴化钠、次溴酸钠和水；
（2）溴单质易挥发，浓硫酸溶解放热；
（3）无有毒气体氯气参加反应，生产过程环保；
（4）①硫代硫酸钠溶液滴定碘单质，加入淀粉溶液做指示剂；
②依据化学方程式定量关系计算；
③步骤3持续的时间长导致的是KI被氧化．
【解答】解：富马酸废液中含有Br﹣，电解生成溴单质，加入四氯化碳萃取后分液，再加入氢氧化钠反萃取得到含溴离子和次溴酸根离子的溶液，加入硫酸酸化发生氧化还原反应生成溴单质．
（1）操作X为萃取分液，需要烧杯、分液漏斗等仪器；反萃取时加入20%的NaOH溶液反应生成溴化钠、次溴酸钠和水，反应的离子方程式为：Br2+2OH﹣＝Br﹣+BrO﹣+H2O；
故答案为：分液漏斗，Br2+2OH﹣＝Br﹣+BrO﹣+H2O；
（2）溴单质易挥发，浓硫酸溶解放热分析，反萃取所得水相酸化时，需缓慢加入浓硫酸，并采用冰水浴冷却的原因是减少溴单质的挥发；
故答案为：减少Br2的挥发；
（3）无有毒气体氯气参加反应，生产过程环保；
故答案为：没有采用有毒气体Cl2，更环保；
（4）①硫代硫酸钠溶液滴定碘单质，加入淀粉溶液做指示剂；滴入2～3滴淀粉溶液，再用0.01ml/L Na2S2O3标准溶液滴定至终点；
故答案为；滴入2～3滴淀粉溶液；
②依据化学方程式定量关系计算，将4.5mL 0.02ml/L溴水迅速加入到锥形瓶中，n（Br2）＝0.0045L×0.02ml/L＝0.00009ml，其中和碘化钾反应的溴单质物质的量
2KI～Br2～I2～2Na2S2O3
1 2
n 0.01ml/L×0.015L
n＝0.000075ml
与苯酚反应的溴单质＝0.00009ml﹣0.000075ml＝0.000015ml
则苯酚物质的量＝×0.000015ml＝0.000005ml
该废水中苯酚的含量为×0.000005ml×94g/ml＝0.0188g/L＝18.8mg/L；
③步骤3持续的时间长导致的是KI被氧化，测定苯酚量减少，测定结果偏低；
故答案为：偏低．
【点评】本题考查物质分离提纯以及废水中物质含量的测定实验，注意物质性质的分析判断、滴定实验的过程分析应用，掌握基础是关键，题目难度中等．
9．甲醛（HCHO）与葡萄糖相似具有还原性。为探究过量甲醛和新制Cu（OH）2反应的产物，进行如下研究。
（1）在图1装置中进行实验，向a中加入0.5ml•L﹣1CuSO4溶液50mL和5ml•L﹣1NaOH溶液100mL，振荡，再加入40%的甲醛溶液50mL，缓慢加热a 20分钟后冷却至室温。
①盛装甲醛溶液的仪器名称是 恒压滴液漏斗或恒压漏斗 ；
②能说明甲醛具有还原性的实验现象是 a中出现砖红色物质 。
（2）上述实验有副反应发生，产生的气体为CO、H2中的一种或两种。为确认气体成分，将装置A和下图2中部分装置连接后进行实验。
依次连接的合理顺序为A→B→ E → F → D → C →G。
装置B的作用是 吸收甲醛蒸气，防止其干扰后续检验 。
证明有H2的实验现象是 F中黑色固体变红色，D中固体变蓝色 。
（3）反应后a中有红色固体产生，为研究其组成，进行如下实验（每步均充分反应）：
已知：Cu2O[Cu（NH3）4]+（无色）[Cu（NH3）4]2+（蓝色）
①锥形瓶ii中固体完全溶解得深蓝色溶液的离子方程式为 2Cu+O2+8NH3•H2O＝2[Cu（NH3）4]2++4OH﹣+6H2O ；
②将容量瓶ii中的溶液稀释100倍后，溶液的颜色与容量瓶i相近。由此可知固体产物的组成及物质的量之比约为 n（Cu2O）：n（Cu）＝1：200 。
【分析】（1）①根据仪器构造判断；
②甲醛具有还原性，和新制氢氧化铜加热反应生成氧化亚铜红色沉淀；
（2）为确认产生的气体为CO、H2中的一种或两种，装置A连接装置B除去甲醛，防止干扰后续实验验证，利用装置E吸收水蒸气，通过装置F中氧化铜加热反应，利用装置D中无水硫酸铜检验是否生成水蒸气，装置C中澄清石灰水检验是否生成二氧化碳验证气体中是否含一氧化碳，通过装置G收集剩余气体；
（3）①锥形瓶ⅱ中固体完全溶解得深蓝色溶液是铜、氧气和一水合氨溶液反应生成深蓝色络离子；
②反应现象和元素守恒得到固体物质组成为氧化亚铜和铜，将容量瓶ⅱ中的溶液稀释100倍后，溶液的颜色与容量瓶ⅰ相近说明浓度相同。
【解答】解：（1）①盛装甲醛溶液的仪器名称是恒压滴液漏斗或恒压漏斗，
故答案为：恒压滴液漏斗或恒压漏斗；
②能说明甲醛具有还原性的实验现象是和新制氢氧化铜加热反应生成氧化亚铜红色沉淀，即a中出现砖红色物质；
故答案为：a中出现砖红色物质；
（2）为确认产生的气体为CO、H2中的一种或两种，装置A连接装置B除去甲醛，防止干扰后续实验验证，利用装置E吸收水蒸气，通过装置F中氧化铜加热反应，利用装置D中无水硫酸铜检验是否生成水蒸气，装置C中澄清石灰水检验是否生成二氧化碳验证气体中是否含一氧化碳，通过装置G收集剩余气体，依次连接的合理顺序为ABEFDCG，装置B的作用是吸收甲醛蒸气，防止其干扰后续检验；F中黑色固体变红色，D中固体变蓝色说明有氢气生成；
故答案为：E→F→D→C；吸收甲醛蒸气，防止其干扰后续检验；F中黑色固体变红色，D中固体变蓝色；
（3）①锥形瓶ⅱ中固体完全溶解得深蓝色溶液是铜、氧气和一水合氨溶液反应生成深蓝色络离子，反应的离子方程式为：2Cu+8NH3•H2O+O2＝2[Cu（NH3）4]2++4OH﹣+6H2O；
故答案为：2Cu+O2+8NH3•H2O＝2[Cu（NH3）4]2++4OH﹣+6H2O；
②将容量瓶ⅱ中的溶液稀释100倍后，溶液的颜色与容量瓶ⅰ相近。由此可知固体产物的组成及物质的量之比约为n（Cu2O）：n（Cu）＝1：200；
故答案为：n（Cu2O）：n（Cu）＝1：200。
【点评】本题考查了物质性质实验探究，为高考常见题型，侧重考查学生的分析能力和实验能力，题目涉及组成的实验探究、物质性质、反应现象、实验关系分析判断，题目难度中等。
10．CO2作为未来碳源，既可弥补因石油、天然气等大量消耗引起的“碳源危机”，又可有效地解决温室效应．目前，人们利用光能和催化剂，可将CO2和H2O（g）转化为CH4和O2．某研究小组选用不同的催化剂（a，b，c），获得的实验结果如图1所示，请回答下列问题：
（1）反应开始后的12小时内，在 b （填a、b、c）的作用下，收集CH4的最多．
（2）将所得CH4与H2O（g）通入聚焦太阳能反应器，发生反应CH4（g）+H2O（g）⇌CO（g）+3H2（g）
△H＝+206kJ•ml﹣1．将等物质的量的CH4和H2O（g）充入2L恒容密闭容器，某温度下反应5min后达到平衡，此时测得CO的物质的量为0.10ml，则5min内H2的平均反应速率为 0.03ml/（L•min） ．平衡后可以采取下列 AB 的措施能使n（CO）：n（CH4）增大．
A．加热升高温度
B．恒温恒压下充入氦气
C．恒温下缩小容器体积
D．恒温恒容下再充入等物质的量的CH4和H2O
（3）工业上可以利用CO为原料制取CH3OH．
已知：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H＝﹣49.5kJ•ml﹣1
CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）△H＝+41.3kJ•ml﹣1
①试写出由CO和H2制取甲醇的热化学方程式 CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（l）△H＝﹣90.8kJ•ml﹣1 ．
②该反应的△S ＜ 0（填“＞”或“＜”或“＝”），在 低温 情况下有利于该反应自发进行．
（4）某科研人员为研究H2和CO合成CH3OH的最佳起始组成比n（H2）：n（CO），在l L恒容密闭容器中通入H2与CO的混合气（CO的投入量均为1ml），分别在230℃、250℃和270℃进行实验，测得结果如图2，则230℃时的实验结果所对应的曲线是 X （填字母）；理由是 该反应是放热反应，温度越低转化率越高 ．列式计算270℃时该反应的平衡常数K： ＝＝1 ．
【分析】（1）化学反应速率越快的，则相等时间内得到的甲烷量最多；
根据v＝计算v（CO），再利用速率之比等于化学计量数之比计算v（H2）；
A．加热升高温度，平衡逆向移动；
B．恒温恒压下充入氦气，容器容积增大，平衡正向移动；
C．恒温下缩小容器体积，压强增大，平衡逆向移动；
D．恒温恒容下再充入等物质的量的CH4和H2O，等效为在原平衡的基础上增大一倍压强，与原平衡相比，平衡逆向移动；
（3）①已知：ⅠCO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H＝﹣49.5kJ•ml﹣1
ⅡCO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）△H＝+41.3kJ•ml﹣1
根据盖斯定律，Ⅰ﹣Ⅱ可得：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g），据此计算；
②正反应为气体物质的量减小的反应，则△S＜0，再根据△G＝△H﹣T△S＜0时反应自发进行分析；
（4）合成甲醇是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CO的转化率减小，则230℃时的实验结果所对应的曲线是X，270℃对应的曲线是Z，加入氢气为2ml时，CO转化率为50%，计算平衡时各组分的物质的量，容器的体积为1L，代入平衡常数K计算．
【解答】解：（1）根据图示的三条曲线，b的斜率最大，所以反应速率最快，开始后的12小时内，收集到的甲烷最多；
故答案为：b；
（2）5min内CO的平均化学反应速率v（CO）＝＝0.01ml/（L•min），速率之比等于化学计量数之比，v（H2）＝3v（CO）＝0.03ml/（L•min）；
A．加热升高温度，化学平衡正向移动，n（CO）增大、n（CH4）减小，n（CO）：n（CH4）增大，故A正确；
B．恒温恒压下充入氦气，容器容积增大，平衡正向移动，n（CO）增大、n（CH4）减小，n（CO）：n（CH4）增大．，故B正确；
C．恒温下缩小容器体积，压强增大，平衡逆向移动，n（CO）减小、n（CH4）增大，n（CO）：n（CH4）减小，故C错误；
D．恒温恒容下再充入等物质的量的CH4和H2O，等效为在原平衡的基础上增大一倍压强，与原平衡相比，平衡逆向移动，n（CO）：n（CH4）减小，故D错误，
故答案为：0.03ml/（L•min）；AB；
（3）①已知：ⅠCO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H＝﹣49.5kJ•ml﹣1
ⅡCO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）△H＝+41.3kJ•ml﹣1
根据盖斯定律，Ⅰ﹣Ⅱ可得：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H＝﹣90.8kJ•ml﹣1；
故答案为：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（l）△H＝﹣90.8kJ•ml﹣1；
②正反应为气体物质的量减小的反应，则△S＜0，正反应为放热反应，则△H＜0，温度较低时，△G＝△H﹣T△S＜0反应自发进行，所以低温有利于反应自发进行；
故答案为：＜；低温；
（4）该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CO的转化率减小，则230℃时的实验结果所对应的曲线是X，270℃对应的曲线是Z，加入氢气为2ml时，CO转化率为50%，则：
CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）
起始量（ml）：1 2 0
变化量（ml）：0.5 1 0.5
平衡量（ml）：0.5 1 0.5
容器的体积为1L，化学平衡常数K＝＝＝1；
故答案为：X；该反应是放热反应，温度越低转化率越高；K＝＝＝1．
【点评】本题考查了化学平衡的有关计算、影响化学平衡的因素、盖斯定律以及反应自发进行的判断，题目难度中等，要求学生对基础知识掌握扎实，应用到具体题目解答．
三．解答题（共2小题）
11．已知A、B、C、D都是元素周期表中前36号的元素，它们的原子序数依次增大．A与其他3种元素既不在同一周期又不在同一主族．B原子的L层p轨道中有5个电子；C是周期表中1﹣18列中的第14列元素；D原子的L层电子数与最外层电子数之比为4：1，其d轨道中有一对成对电子．请回答：
（1）A与C形成的共价化合物的分子式是 SiH4 ，中心原子杂化类型是 sp3 ，分子的立体结构是 正四面体 ，是 非极性 分子（填“极性”或“非极性”）
（2）B与C比较，电负性较小的是 Si （填元素符号）；B与C形成的化合物晶体类型是 分子晶体 ．
（3）D位于元素周期表中第 VIII 族，D2+的结构示意图是 ，它的+3价离子的电子排布式为 1s22s22p63s2sp5 ．
（4）A与B形成的化合物分子极易溶于水，其原因是 HF与H2O都是极性分子，HF与H2O形成分子间氢键 ．
（5）由C原子构成的晶体中微粒间作用力是 共价键 ，如图是由C单质构成的晶体的一个晶胞，若设该晶胞的边长为a cm，NA表示阿伏加德罗常数，则该晶体的密度是 g/cm3．（只要求列出算式）．
【分析】B原子的L层p轨道有5个电子，则B原子的电子排布式为1s22s22p5，电子个数为2+2+5＝9，所以B为F元素；C是周期表中1﹣18列中的第14列元素，即为ⅣA族，且C的原子序数大于B，所以C为Si元素；D原子的L层电子数与最外层电子数之比为4：1，L层为8个电子，则D的最外层电子数为8÷4＝2，其d轨道中有一对成对电子，d轨道的电子数为6，电子排布式为1s22s22p63s2sp63d64s2，E为第四周期第VIII族的Fe元素；A与其他3种元素既不在同一周期又不在同一主族，则A为H元素；
（1）A与C形成化合物为SiH4，根据Si原子的价层电子对数判断；根据分子的对称性分析；
（2）F的非金属性大于Si，二者形成SiF4；
（3）Fe属于第VIII族元素，亚铁离子核外有24个电子，铁离子核外有23个电子；
（4）能形成氢键的化合物易溶于水；
（5）非金属单质中原子间以共价键结合；利用均摊法计算晶胞中原子个数，再求出晶胞的质量，然后根据ρ＝计算．
【解答】解：B原子的L层p轨道有5个电子，则B原子的电子排布式为1s22s22p5，电子个数为2+2+5＝9，所以B为F元素；C是周期表中1﹣18列中的第14列元素，即为ⅣA族，且C的原子序数大于B，所以C为Si元素；D原子的L层电子数与最外层电子数之比为4：1，L层为8个电子，则D的最外层电子数为8÷4＝2，其d轨道中有一对成对电子，d轨道的电子数为6，电子排布式为1s22s22p63s2sp63d64s2，E为第四周期第VIII族的Fe元素；A与其他3种元素既不在同一周期又不在同一主族，则A为H元素；
（1）A与C形成化合物为SiH4，SiH4中Si原子的价层电子对数为4，没有孤电子对，属于杂化；分子的空间构型为正四面体，分子结构对称，正负电荷中心重叠属于非极性分子；
故答案为：SiH4；sp3；正四面体；非极性；
（2）F的非金属性大于Si，二者形成的化合物为SiF4，属于分子晶体；
故答案为：Si；分子晶体；
（3）Fe属于第VIII族元素，亚铁离子核外有24个电子，亚铁离子的结构示意图为：，铁离子核外有23个电子，其电子排布式为：1s22s22p63s2sp5；
故答案为：VIII；；1s22s22p63s2sp5；
（4）A与B形成的化合物分子为HF，HF属于极性分子，而且能与水分子之间形成氢键，所以HF极易溶于水；
故答案为：HF与H2O都是极性分子，HF与H2O形成分子间氢键；
（5）C为硅元素，其单质中硅原子间以共价键结合；晶胞中Si原子的数目为×8+×6+4＝8，则晶胞的质量为g，晶胞的体积为V＝a3cm3；
所以ρ＝＝＝g/cm3；
故答案为：．
【点评】本题考查物质结构与性质，涉及元素化合物推断、离子结构示意图、核外电子排布、氢键、杂化方式、化学键、晶胞计算等，关键是根据电子排布的有关知识进行推断元素，需要学生具备扎实的基础，难度中等．
12．聚合物H （）是一种聚酰胺纤维，广泛用于各种刹车片，其合成路线如下：
已知：①C、D、G均为芳香族化合物，分子中均只含两种不同化学环境的氢原子。
②Diels﹣Alder反应：。
（1）生成A的反应类型是 消去反应 。D的名称是 对苯二甲酸 。F中所含官能团的名称是 氯原子、硝基 。
（2）B的结构简式是 ；“B→C”的反应中，除C外，另外一种产物是 H2O 。
（3）D+G→H的化学方程式是 。
（4）Q是D的同系物，相对分子质量比D大14，则Q可能的结构有 10 种，其中核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积比为1：2：2：3的结构简式为 （任写一种）。
（5）已知：乙炔与1，3﹣丁二烯也能发生Diels﹣Alder反应。请以1，3﹣丁二烯和乙炔为原料，选用必要的无机试剂合成 ，写出合成路线 （用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件）。
【分析】乙醇发生消去反应生成A为CH2＝CH2，C被氧化生成D，D中含有羧基，C、D、G均为芳香族化合物，分子中均只含两种不同化学环境的氢原子，C发生氧化反应生成D，D中应该有两个羧基，
根据H结构简式知，D为、G为；根据信息②知，生成B的反应为加成反应，B为，B生成C的反应中除了生成C外还生成H2O，苯和氯气发生取代反应生成E，E为，发生取代反应生成F，根据G结构简式知，发生对位取代，则F为，F发生取代反应生成对硝基苯胺；
（5）CH2＝CHCH＝CH2和HC≡CH发生加成反应生成，和溴发生加成反应生成，发生水解反应生成。
【解答】解：乙醇发生消去反应生成A为CH2＝CH2，C被氧化生成D，D中含有羧基，C、D、G均为芳香族化合物，分子中均只含两种不同化学环境的氢原子，C发生氧化反应生成D，D中应该有两个羧基，
根据H结构简式知，D为、G为；根据信息②知，生成B的反应为加成反应，B为，B生成C的反应中除了生成C外还生成H2O，苯和氯气发生取代反应生成E，E为，发生取代反应生成F，根据G结构简式知，发生对位取代，则F为，F发生取代反应生成对硝基苯胺；
（1）生成A的反应类型是消去反应，D的名称是对苯二甲酸，F中所含官能团的名称是氯原子、硝基，
故答案为：消去反应；对苯二甲酸；氯原子、硝基；
（2）B的结构简式是；“B→C”的反应中，除C外，另外一种产物是H2O，
故答案为：；H2O；
（3）D+G→H的化学方程式是，
故答案为：；
（4）D为，Q是D的同系物，相对分子质量比D大14，
如果取代基为﹣CH2COOH、﹣COOH，有3种结构；
如果取代基为﹣CH3、两个﹣COOH，有6种结构；
如果取代基为﹣CH（COOH）2，有1种，则符合条件的有10种；
其中核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积比为1：2：2：3的结构简式为，
故答案为：；
（5）CH2＝CHCH＝CH2和HC≡CH发生加成反应生成，和溴发生加成反应生成，发生水解反应生成，其合成路线为，
故答案为：。
【点评】本题考查有机物推断和合成，侧重考查学生分析推断及获取信息、利用信息解答问题能力，根据某些物质结构简式、分子式、反应条件进行推断即可，难点是合成路线设计，要熟练掌握常见有机物官能团及其性质。
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