2015-2016學年福建省福州八中高二（下）期末化學試卷一、選擇題（每小題只有一個選項符合題意，含25小題，每小題2分，共50分）1．下列過程中，一定需要通電才能實現的是（）A．電解質電離 B．電化學防腐 C．蓄電池放電 D．電解精煉銅2．下到化學用語表示正確的是（）A．四氯化碳分子的比例模型：B．CH3CH2NO2與H2NCH2COOH互為同分異構體C．氯乙烷結構簡式：CH2ClCH2ClD．丙烯的鍵線式：3．通常用來衡量一個國家石油化工發展水平標志的是（）A．甲烷的產量 B．苯的產量 C．乙醇的產量 D．乙烯的產量4．常溫下，1mol化學鍵分解成氣態原子所需要的能量用E表示．根據表中信息判斷下列說法不正確的是（）共價鍵H﹣HF﹣FH﹣FH﹣ClH﹣IE（kJ?mol﹣1）436157568432298A．432kJ?mol﹣1＞E（H﹣Br）＞298kJ?mol﹣1B．表中最穩定的共價鍵是H﹣F鍵C．H2（g）→2H（g）△H=+436kJ?mol﹣1D．H2（g）+F2（g）=2HF（g）△H=﹣25kJ?mol﹣15．“水煤氣（CO、H2）﹣空氣”燃料電池的工作原理如圖所示，其中a、b均為惰性電極．下列敘述正確的是（）A．甲處通入的是空氣，乙處通入的是水煤氣B．a電極發生還原反應，b電極發生氧化反應C．用該電池電鍍銅，若待鍍金屬增重，至少消耗標準狀況下的水煤氣D．a電極的反應式包括：CO+4OH﹣+2e﹣═CO32﹣+2H2O6．一定條件下，實驗室利用如圖所示裝置，通過測電壓求算Ksp（AgCl）．工作一段時間后，兩電極質量均增大．下列說法錯誤的是（）A．該裝置工作時化學能轉化為電能B．左池中的銀電極作正極C．總反應為Ag+（aq）+Cl﹣（aq）?AgCl（s）D．鹽橋中的K+向右池方向移動7．用壓強傳感器探究生鐵在pH=2和pH=4醋酸溶液中發生腐蝕的裝置及得到的圖象如下：分析圖象，以下結論錯誤的是（）A．溶液pH≤2時，生鐵發生析氫腐蝕B．在酸性溶液中生鐵可能發生吸氧腐蝕C．析氫腐蝕和吸氧腐蝕的速率一樣快D．兩溶液中負極反應均為：Fe﹣2e﹣═Fe2+8．室溫下進行的下列實驗，不能達到預期目的是序號（）序號實驗內容實驗目的A測定相同濃度的NaClO溶液，CH3COONa溶液的pH比較HClO和CH3COOH的酸性強弱B向Mg（OH）2濁液中滴加少量LFeCl3溶液比較Mg（OH）2和Fe（OH）3的溶解度C將兩個完全相同且充滿NO2的密閉燒瓶，分別浸泡于熱水、冰水中探究溫度對化學平衡狀態的影響D向同體積同濃度H2O2溶液中，分別加入1mol通濃度的CuSO4，FeCl3溶液比較Cu2+、Fe3+對H2O2分解速率的影響A．A B．B C．C D．D9．T℃時，在1L的密閉容器中充入2molCO2和6molH2，發生反應：CO2（g）+3H2（g）?CH3OH（g）+H2O（g）△H=﹣?mol﹣1．測得H2和CH3OH（g）的濃度隨時間變化情況如圖所示：下列說法不正確的是（）A．0～10min內v（H2）=mol?L﹣1?min﹣1B．T℃時，平衡常數K=，CO2與H2的轉化率相等C．T℃時，當有32gCH3OH生成時，放出kJ的熱量D．達到平衡后，升高溫度或再充入CO2氣體，都可以提高H2的轉化率10．已知，I2（aq）+I﹣（aq）?I3﹣（aq）．某I2、KI溶液中，c（I3﹣）與溫度（T）的關系如圖所示（曲線上任何一點都表示平衡狀態）．下列說法正確的是（）A．反應I2（aq）+I﹣（aq）?I3﹣（aq）△H＞0B．狀態A的c（I2）比狀態D的小C．A點對應的反應速率大于C點對應的反應速率D．其他條件不變，向溶液中加入KI固體，平衡由C點移動到D點11．常溫下，下列說法正確的是（）A．分別中和pH相同的等體積的鹽酸和醋酸溶液，消耗等量的NaOHB．pH=a的CH3COOH溶液加水稀釋10n倍后，pH=a+nC．pH相等的CH3COONa、NaOH溶液中，水的電離程度相同D．Na2CO3溶液中：c（OH﹣）=c（H+）+c（HCO）+2c（H2CO3）12．室溫下，有pH均為9體積均為10mL的NaOH溶液和CH3COONa溶液，下列說法正確的是（）A．兩種溶液中的c（Na+）相等B．兩溶液中由水電離出的c（OH﹣）之比為C．分別加水稀釋到100mL時，兩種溶液的pH依然相等D．分別與同濃度的鹽酸反應，恰好反應時消耗的鹽酸體積相等13．第三周期元素X、Y、Z、W的最高價氧化物溶于水可得四種溶液，?L﹣1的這四種溶液pH與該元素原子半徑的關系如圖所示．下列說法正確的是（）A．氣態氫化物的穩定性：Z＞W＞YB．簡單離子半徑：Z＜WC．Y元素存在同素異形體D．X和Y的最高價氧化物對應的水化物恰好中和時，溶液呈中性14．常溫下，下列溶液一定呈堿性的是（）A．pH=11的NaOH溶液與pH=3的CH3COOH溶液等體積混合B．?L﹣1鹽酸和?L﹣1氨水等體積混合C．?L﹣1氨水和?L﹣1氯化銨溶液等體積混合D．一定體積pH=5的稀硫酸加水稀釋103倍15．常溫下，下列有關敘述正確的是（）A．mol?L﹣1醋酸溶液加水稀釋后，各離子濃度均減小B．pH=7的NH4Cl和氨水混合溶液中，c（NH4+）=c（Cl﹣）C．加熱滴有酚酞的CH3COONa溶液，溶液顏色變淺D．mol?L﹣1Na2CO3溶液中，c（HCO﹣3）＞c（OH﹣）16．25℃時，三種難溶銀鹽的Ksp與顏色如表，下列說法正確的是（）AgClAg2CrO4AgI顏色白磚紅黃Ksp×10﹣10×10﹣12×10﹣17A．AgCl、Ag2CrO4、AgI飽和溶液中c（Ag+）依次減弱B．Ag2CrO4飽和溶液中c（Ag+）約為×10﹣6mol?L﹣1C．向AgCl懸濁液加入足量KI溶液，沉淀將由白色轉化為黃色D．向等濃度的KCl與K2CrO4混合溶液中滴加少量AgNO3溶液，將生成磚紅色沉淀17．下列關于乙烯說法正確的是（）A．乙烯使酸性高錳酸鉀溶液及溴的四氯化碳溶液褪色原理相同B．工業利用乙烯水化法制乙醇，是發生了取代反應C．水果運輸中為延長果實的成熟期，常在車廂里放置浸泡過高錳酸鉀溶液的硅藻土D．乙烯在空氣中燃燒，發生火焰明亮并帶有濃煙的火焰18．下列反應中前者屬于取代反應，后者屬于加成反應的是（）A．甲烷與氯氣混和后光照反應；乙烯使酸性高錳酸鉀溶液的褪色B．乙烯與溴的四氯化碳溶液反應；苯與氫氣在一定條件下反應生成環己烷C．苯與濃硝酸和濃硫酸的混合液反應生成油狀液體；乙烯與水生成乙醇的反應D．乙烯與溴水反應；乙酸與乙醇的酯化反應19．下列對有機物結構的敘述中不正確的是（）A．乙烯、溴苯分子中的所有原子均共平面B．在有機物分子中，含有的氫原子個數一定是偶數C．與屬于同種物質，說明苯分子中6個碳原子之間的鍵是完全一樣的D．CH2Cl2只有一種結構說明甲烷分子是正四面體結構，而不是平面正方形結構20．下列烴分子的二氯代物有三種的是（）A．CH3﹣CH2﹣CH3 B． C． D．21．有關分子結構的下列敘述中正確的是（）①除苯環外的其余碳原子有可能都在一條直線上②除苯環外的其余碳原子不可能都在一條直線上③12個碳原子不可能都在同一平面上④12個碳原子有可能都在同一平面上．A．①② B．②③ C．①③ D．②④22．某有機物結構簡式如圖，下列說法錯誤的是（）A．該有機物屬于飽和鏈烴B．該有機物可由兩種單炔烴分別與氫氣加成得到C．該烴與2，3﹣二甲基丁烷互為同系物D．該烴的一氯取代產物共有5種23．某有機物其結構簡式為，關于該有機物下列敘述正確的是（）A．分子式為C13H18ClB．能使酸性KMnO4溶液褪色，但不能使溴水褪色C．在加熱和催化劑作用下，最多能和3molH2反應D．該分子中能通過聚合反應生成高分子化合物24．某烴與氫氣發生反應后能生成（CH3）2CHCH2CH3，則該烴不可能是（）A．2﹣甲基﹣2﹣丁烯 B．2，3﹣二甲基﹣1﹣丁烯C．3﹣甲基﹣1﹣丁烯 D．2﹣甲基﹣1，3﹣丁二烯25．已知化合物B3N3H6（硼氮苯）與C6H6（苯）的分子結構相似，如圖所示：則硼氮苯的二氯取代物B3N3H4Cl2的同分異構體的數目為（）A．2 B．3 C．4 D．6二、解答題（共5小題，滿分50分）26．以乙炔為原料可以合成聚氯乙烯、聚丙烯腈和氯丁橡膠，有關合成路線圖如下：請完成下列各題：（1）寫出物質的結構簡式：A，C；（2）寫出反應的化學方程式：反應①：；反應③：；反應⑦：．27．用菱錳礦（主要含MnCO3、FeCO3、Al2O3、SiO2）制備MnSO4?H2O的工藝流程如下：Ⅰ．向菱錳礦中加入過量稀H2SO4，過濾；Ⅱ．向濾液中加入過量MnO2，過濾；Ⅲ．調節濾液pH=a，過濾；Ⅳ．濃縮、結晶、分離、干燥得到產品；Ⅴ．檢驗產品純度．（1）步驟Ⅰ中，濾渣的主要成分是．（2）將MnO2氧化Fe2+的離子方程式補充完整：□MnO2+□Fe2++□═Mn2++□Fe3++□□（3）與選用Cl2作為氧化劑相比，MnO2的優勢主要在于：原料來源廣、成本低、可避免環境污染、．（4）已知：生成氫氧化物沉淀的pHAl（OH）3Fe（OH）2Fe（OH）3Mn（OH）2開始沉淀時完全沉淀時注：金屬離子的起始濃度為L步驟Ⅲ中a的取值范圍是．（5）步驟Ⅴ，通過測定產品中錳元素的質量分數來判斷產品純度．已知一定條件下，MnO4﹣與Mn2+反應生成MnO2．取xg產品配成溶液，用LKMnO4溶液滴定，消耗KMnO4溶液ymL，產品中錳元素的質量分數為．28．短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中相對位置如圖所示其中Y所處的周期序數與族序數相等．按要求回答下列問題：XYZW（1）寫出X的原子結構示意圖．（2）列舉一個事實說明X非金屬性強于Z：（用化學方程式表示）（3）含Y的氯化物呈酸性的原因是（用離子方程式表示）29．運用所學化學原理，解決下列問題：（1）已知：Si+2NaOH+H2O═Na2SiO3+2H2．某同學利用單質硅和鐵為電極材料設計原電池（NaOH為電解質溶液），該原電池負極的電極反應式為；（2）已知：①C（s）+O2（g）═CO2（g）△H=akJ?mol﹣1；②CO2（g）+C（s）═2CO（g）△H=bkJ?mol﹣1；③Si（s）+O2（g）═SiO2（s）△H=ckJ?mol﹣1．工業上生產粗硅的熱化學方程式為；（3）已知：CO（g）+H2O（g）?H2（g）+CO2（g）．表為該反應在不同溫度時的平衡常數．則：該反應的△H0（填“＜”或“＞”）；500℃時進行該反應，且CO和H2O起始濃度相等，CO平衡轉化率為．溫度℃400500800平衡常數K9130．氨、硫、氯及其化合物對環境有著重要的影響，在化工生產和日常生活中的用途也十分廣泛，如用做漂白劑、沉淀劑、農藥、化肥等．（1）以N2和H2為原料合成氫氣的反應為：N2（g）+3H2（g）?2NH3（g）△H=QkJ．mol﹣1．已知N﹣N鍵鍵能為946kJ．mol﹣1，H﹣H鍵鍵能為436kJ．mol﹣1，N﹣H鍵鍵能為391kJ．mol﹣1，則Q=．（2）將體積均為560mL（標準狀況下）的SO2和Cl2同時緩慢通水中，得到溶液，則溶液pH=．（3）物質的量濃度相等的NH4HSO3溶液和NaHSO3溶液中，陰離子的電離程度較小的是（填化學式），原因是（4）用惰性電極電解NaHSO3溶液的裝置如圖所示，則I是（填化學式，下同），陽極區放出的混合氣體的成分為．（5）氨水是一種常見的沉淀劑．向的MgCl2溶液中通入（不考慮溶液體積的變化），有白色沉淀生成．①寫出生成白色沉淀的離子方程式．②當反應中開始有白色沉淀出現時，通人的體積（標準狀況）為mL．（已知實驗條件下NH3．H2O的電離平衡常數為×l0﹣5，Ksp[Mg（OH）2]=×10﹣11）

2015-2016學年福建省福州八中高二（下）期末化學試卷參考答案與試題解析一、選擇題（每小題只有一個選項符合題意，含25小題，每小題2分，共50分）1．下列過程中，一定需要通電才能實現的是（）A．電解質電離 B．電化學防腐 C．蓄電池放電 D．電解精煉銅【考點】電解原理；氧化還原反應；金屬的電化學腐蝕與防護．【分析】一定需要通電才能實現，發生電解反應，以此來解答．【解答】解：A．電離溶于水或熔化即可，不需要通電，故A不選；B．電化學腐蝕可能形成原電池，不需要通電，故B不選；C．蓄電池放電為原電池，故C不選；D．電解精煉銅，一定需要通電，粗銅為陽極，故D選；故選D．2．下到化學用語表示正確的是（）A．四氯化碳分子的比例模型：B．CH3CH2NO2與H2NCH2COOH互為同分異構體C．氯乙烷結構簡式：CH2ClCH2ClD．丙烯的鍵線式：【考點】球棍模型與比例模型；結構簡式．【分析】A、四氯化碳中，氯原子原子半徑比碳原子的原子半徑大；B、分子式相同而結構不同的化合物互為同分異構體；C、氯乙烷的分子式為C2H5Cl；D、丙烯的結構簡式為CH3CH=CH2．【解答】解：A、四氯化碳分子的比例模型中，氯原子的原子半徑比碳原子的原子半徑大，而在該模型中碳原子半徑卻比氯原子大，故A錯誤；B、分子式相同而結構不同的化合物互為同分異構體，CH3CH2NO2與H2NCH2COOH的分子式相同而結構不同，故互為同分異構體，故B正確；C、氯乙烷的分子式為C2H5Cl，故其結構簡式為CH3CH2Cl，故C錯誤；D、丙烯的結構簡式為CH3CH=CH2，故其鍵線式為，故D錯誤．故選B．3．通常用來衡量一個國家石油化工發展水平標志的是（）A．甲烷的產量 B．苯的產量 C．乙醇的產量 D．乙烯的產量【考點】乙烯的化學性質．【分析】乙烯主要用于制造塑料、合成纖維、有機溶劑等，是石油化工發展的標志．【解答】解：乙烯可有石油裂解生成，且乙烯用途廣泛，可用于制造塑料、合成纖維、有機溶劑等，帶動了其他以石油為原料的石油化工的發展．因此一個國家乙烯工業的發展水平，已成為衡量這個國家石油化學工業水平的重要標志，故選D．4．常溫下，1mol化學鍵分解成氣態原子所需要的能量用E表示．根據表中信息判斷下列說法不正確的是（）共價鍵H﹣HF﹣FH﹣FH﹣ClH﹣IE（kJ?mol﹣1）436157568432298A．432kJ?mol﹣1＞E（H﹣Br）＞298kJ?mol﹣1B．表中最穩定的共價鍵是H﹣F鍵C．H2（g）→2H（g）△H=+436kJ?mol﹣1D．H2（g）+F2（g）=2HF（g）△H=﹣25kJ?mol﹣1【考點】反應熱和焓變．【分析】A、依據溴原子半徑大于氯原子小于碘原子，半徑越大鍵能越小分析推斷；B、鍵能越大形成的化學鍵越穩定；C、氫氣變化為氫原子吸熱等于氫氣中斷裂化學鍵需要的能量；D、依據鍵能計算反應焓變=反應物鍵能總和﹣生成物鍵能總和計算判斷；【解答】解：A、依據溴原子半徑大于氯原子小于碘原子，半徑越大鍵能越小分析，所以結合圖表中數據可知432kJ?mol﹣1＞E（H﹣Br）＞298kJ?mol﹣1，故A正確；B、鍵能越大形成的化學鍵越穩定，表中鍵能最大的是H﹣F，最穩定的共價鍵是H﹣F鍵，故B正確；C、氫氣變化為氫原子吸熱等于氫氣中斷裂化學鍵需要的能量，H2（g）→2H（g）△H=+436kJ?mol﹣1，故C正確；D、依據鍵能計算反應焓變=反應物鍵能總和﹣生成物鍵能總和計算判斷，△H=436KJ/mol+157KJ/mol﹣2×568KJ/mol=﹣543KJ/mol，H2（g）+F2（g）=2HF（g）△H=﹣543kJ?mol﹣1，故D錯誤；故選D．5．“水煤氣（CO、H2）﹣空氣”燃料電池的工作原理如圖所示，其中a、b均為惰性電極．下列敘述正確的是（）A．甲處通入的是空氣，乙處通入的是水煤氣B．a電極發生還原反應，b電極發生氧化反應C．用該電池電鍍銅，若待鍍金屬增重，至少消耗標準狀況下的水煤氣D．a電極的反應式包括：CO+4OH﹣+2e﹣═CO32﹣+2H2O【考點】化學電源新型電池．【分析】CO具有還原性，在原電池負極失電子被氧化，電極反應式為CO+4OH﹣﹣2e﹣=CO32﹣+2H2O和H2﹣2e﹣+2OH﹣=H2O，由裝置圖可知a為負極，b為正極，正極發生還原反應，電極反應式為，O2+4e﹣+2H2O=4OH﹣，以此解答該題．【解答】解：A．由電子流向可知a為負極，b為正極，則甲處通入水煤氣，乙處通入空氣，故A錯誤；B．a為負極，a電極發生氧化反應，b為正極，b電極發生還原反應，故B錯誤；C．如用這種電池電鍍銅，待鍍金屬增重，n=，得電子，需要水煤氣，體積為，故C正確；D．a電極的反應式包括：CO+4OH﹣﹣2e﹣=CO32﹣+2H2O，故D錯誤；故選C．6．一定條件下，實驗室利用如圖所示裝置，通過測電壓求算Ksp（AgCl）．工作一段時間后，兩電極質量均增大．下列說法錯誤的是（）A．該裝置工作時化學能轉化為電能B．左池中的銀電極作正極C．總反應為Ag+（aq）+Cl﹣（aq）?AgCl（s）D．鹽橋中的K+向右池方向移動【考點】原電池和電解池的工作原理．【分析】A、該裝置是原電池；B、左池銀失電子，生成銀離子；C、左邊的銀失電子生成銀離子，與電解質溶液中的氯離子結合生成氯化銀，右邊電解質溶液中的銀離子得電子生成單質銀；D、原電池中的陽離子向正極移動．【解答】解：A、該裝置是原電池，是將化學能轉化為電能的裝置，故A正確；B、左池銀失電子，生成銀離子，發生氧化反應，所以左池中的銀電極作負極，故B錯誤；C、左邊的銀失電子生成銀離子，與電解質溶液中的氯離子結合生成氯化銀，右邊電解質溶液中的銀離子得電子生成單質銀，所以總反應為Ag+（aq）+Cl﹣（aq）?AgCl（s），故C正確；D、原電池中的陽離子向正極移動，所以鹽橋中的K+向右池方向移動，故D正確；故選B．7．用壓強傳感器探究生鐵在pH=2和pH=4醋酸溶液中發生腐蝕的裝置及得到的圖象如下：分析圖象，以下結論錯誤的是（）A．溶液pH≤2時，生鐵發生析氫腐蝕B．在酸性溶液中生鐵可能發生吸氧腐蝕C．析氫腐蝕和吸氧腐蝕的速率一樣快D．兩溶液中負極反應均為：Fe﹣2e﹣═Fe2+【考點】原電池和電解池的工作原理；金屬的電化學腐蝕與防護．【分析】根據壓強與時間關系圖知，pH=2的醋酸溶液中壓強隨著反應的進行而逐漸增大，說明該反應發生析氫腐蝕，pH=4的醋酸溶液中壓強隨著反應的進行而逐漸減小，說明發生吸氧腐蝕，根據原電池原理來分析解答．【解答】解：A．根據PH=2的溶液中壓強與時間的關系知，壓強隨著反應的進行而逐漸增大，說明該裝置發生析氫腐蝕，則溶液pHpH≤2時，生鐵發生析氫腐蝕，故A正確；B．pH=4的醋酸溶液中壓強隨著反應的進行而逐漸減小，說明發生吸氧腐蝕，pH=4的醋酸溶液呈酸性，所以在酸性溶液中生鐵可能發生吸氧腐蝕，故B正確；C．根據壓強與時間關系圖知，pH=2的溶液和pH=4的溶液中，變化相同的壓強時所用時間不同，前者比后者使用時間長，說明吸氧腐蝕速率大于析氫腐蝕速率，故C錯誤；D．兩個溶液中都發生電化學腐蝕，鐵均作負極，電極反應式為Fe﹣2e﹣=Fe2+，故D正確；故選C．8．室溫下進行的下列實驗，不能達到預期目的是序號（）序號實驗內容實驗目的A測定相同濃度的NaClO溶液，CH3COONa溶液的pH比較HClO和CH3COOH的酸性強弱B向Mg（OH）2濁液中滴加少量LFeCl3溶液比較Mg（OH）2和Fe（OH）3的溶解度C將兩個完全相同且充滿NO2的密閉燒瓶，分別浸泡于熱水、冰水中探究溫度對化學平衡狀態的影響D向同體積同濃度H2O2溶液中，分別加入1mol通濃度的CuSO4，FeCl3溶液比較Cu2+、Fe3+對H2O2分解速率的影響A．A B．B C．C D．D【考點】化學實驗方案的評價．【分析】A．測定相同濃度的鹽溶液的pH，對應酸越弱，則鹽溶液的pH越大；B．發生沉淀的轉化，生成更難溶的物質；C．存在化學平衡2NO2?N2O4，溫度低，顏色淺，則降低溫度平衡正向移動；D．同濃度H2O2溶液，加入CuSO4、FeCl3溶液，陰離子不同．【解答】解：A．測定相同濃度的鹽溶液的pH，對應酸越弱，則鹽溶液的pH越大，則NaClO的pH大，可知HClO的酸性比醋酸弱，故A正確；B．向Mg（OH）2濁液中滴加少量LFeCl3溶液，發生沉淀的轉化，Mg（OH）2的溶解度比Fe（OH）3的溶解度大，故B正確；C．存在化學平衡2NO2?N2O4，溫度低，顏色淺，則降低溫度平衡正向移動，則該反應為放熱反應，可探究溫度對化學平衡狀態的影響，故C正確；D．同濃度H2O2溶液，加入CuSO4、FeCl3溶液，陰離子不同，則不能說明陽離子對H2O2分解速率的影響，故D錯誤；故選D．9．T℃時，在1L的密閉容器中充入2molCO2和6molH2，發生反應：CO2（g）+3H2（g）?CH3OH（g）+H2O（g）△H=﹣?mol﹣1．測得H2和CH3OH（g）的濃度隨時間變化情況如圖所示：下列說法不正確的是（）A．0～10min內v（H2）=mol?L﹣1?min﹣1B．T℃時，平衡常數K=，CO2與H2的轉化率相等C．T℃時，當有32gCH3OH生成時，放出kJ的熱量D．達到平衡后，升高溫度或再充入CO2氣體，都可以提高H2的轉化率【考點】化學平衡的計算；化學平衡的影響因素；物質的量或濃度隨時間的變化曲線．【分析】結合圖可知濃度的變化，則CO2（g）+3H2（g）?CH3OH（g）+H2O（g）開始2600轉化1311平衡1311A．結合v=計算；B．K為生成物濃度冪之積與反應物濃度冪之積的比，起始量之比等于化學計量數之比；C．n（CH3OH）==1mol，物質的量與反應中熱量變化成正比；D．該反應為放熱反應，升高溫度平衡逆向移動；充入CO2氣體平衡正向移動．【解答】解：結合圖可知濃度的變化，則CO2（g）+3H2（g）?CH3OH（g）+H2O（g）開始2600轉化1311平衡1311～10min內v（H2）==mol?L﹣1?min﹣1，故A正確；B．T℃時，平衡常數K==，起始量之比等于化學計量數之比，則CO2與H2的轉化率相等，故B正確；C．n（CH3OH）==1mol，物質的量與反應中熱量變化成正比，則當有32gCH3OH生成時，放出kJ的熱量，故C正確；D．該反應為放熱反應，升高溫度平衡逆向移動，H2的轉化率減小；充入CO2氣體平衡正向移動，H2的轉化率增大，故D錯誤；故選D．10．已知，I2（aq）+I﹣（aq）?I3﹣（aq）．某I2、KI溶液中，c（I3﹣）與溫度（T）的關系如圖所示（曲線上任何一點都表示平衡狀態）．下列說法正確的是（）A．反應I2（aq）+I﹣（aq）?I3﹣（aq）△H＞0B．狀態A的c（I2）比狀態D的小C．A點對應的反應速率大于C點對應的反應速率D．其他條件不變，向溶液中加入KI固體，平衡由C點移動到D點【考點】化學平衡建立的過程；化學平衡的影響因素．【分析】A．通過溫度對化學平衡的影響判斷反應的焓變；B．減小I3﹣的濃度，化學平衡逆向移動；C．溫度越高化學反應速率越快；D．其他條件不變，向溶液中加入KI固體，增大了I﹣的濃度，平衡正向移動．【解答】解：A、由圖象曲線的變化趨勢可知，當溫度升高時，I3﹣的物質的量濃度減小，平衡逆向移動，說明該反應的正反應為放熱反應，反應I2（aq）+I﹣（aq）?I3﹣（aq）的△H＜0，故A錯誤；B．D點相對于A點而言I3﹣的濃度較小，減小I3﹣的濃度，化學平衡逆向移動，c（I2）增大，故B正確；C．C點對應的溫度大于A點，溫度越高化學反應速率越快，故C錯誤；D．其他條件不變，向溶液中加入KI固體，增大了I﹣的濃度，平衡正向移動，I3﹣的濃度增大，故D錯誤；故選B．11．常溫下，下列說法正確的是（）A．分別中和pH相同的等體積的鹽酸和醋酸溶液，消耗等量的NaOHB．pH=a的CH3COOH溶液加水稀釋10n倍后，pH=a+nC．pH相等的CH3COONa、NaOH溶液中，水的電離程度相同D．Na2CO3溶液中：c（OH﹣）=c（H+）+c（HCO）+2c（H2CO3）【考點】酸堿混合時的定性判斷及有關ph的計算．【分析】A．醋酸為弱酸，pH相等時醋酸的濃度較大，消耗的氫氧化鈉的物質的量較大；B．醋酸在稀釋過程中電離程度增大，則稀釋10n倍后，溶液的pH變化小于n；C．氫氧化鈉抑制了水的電離，醋酸鈉促進了水的電離；D．根據碳酸鈉溶液中的質子守恒判斷．【解答】解：A．分別中和pH相同的等體積的鹽酸和醋酸溶液，醋酸為弱酸，則醋酸的濃度大于鹽酸，則醋酸消耗的NaOH較多，故A錯誤；B．pH=a的CH3COOH溶液加水稀釋10n倍后，稀釋過程中醋酸的電離程度增大，則稀釋10n倍后，溶液的pH變化小于n，即稀釋后溶液的pH＜a+n＜7，故B錯誤；C．pH相等的CH3COONa、NaOH溶液中，前者醋酸根離子水解促進了水的電離，而后者氫氧化鈉電離出的氫氧根離子抑制了水的電離，所以水的電離程度不同，故C錯誤；D．Na2CO3溶液中，根據質子守恒可得：c（OH﹣）=c（H+）+c（HCO3﹣）+2c（H2CO3），故D正確；故選D．12．室溫下，有pH均為9體積均為10mL的NaOH溶液和CH3COONa溶液，下列說法正確的是（）A．兩種溶液中的c（Na+）相等B．兩溶液中由水電離出的c（OH﹣）之比為C．分別加水稀釋到100mL時，兩種溶液的pH依然相等D．分別與同濃度的鹽酸反應，恰好反應時消耗的鹽酸體積相等【考點】鹽類水解的應用；水的電離．【分析】A．pH相等的NaOH和CH3COONa溶液，c（NaOH）＜c（CH3COONa）；B．酸或堿抑制水電離，含有弱離子的鹽促進水電離；C．加水稀釋促進含有弱離子的鹽水解；D．分別與同濃度的鹽酸反應，恰好反應時消耗的鹽酸體積與NaOH、CH3COONa的物質的量成正比．【解答】解：pH相等的NaOH和CH3COONa溶液，c（NaOH）＜c（CH3COONa），相同體積、相同pH的這兩種溶液，則n（NaOH）＜n（CH3COONa），A．pH相等的NaOH和CH3COONa溶液，c（NaOH）＜c（CH3COONa），鈉離子不水解，所以鈉離子濃度NaOH＜CH3COONa，故A錯誤；B．酸或堿抑制水電離，含有弱離子的鹽促進水電離，NaOH溶液中c（H+）等于水電離出c（OH﹣）=10﹣9mol/L，CH3COONa溶液mol/L=10﹣5mol/L，兩溶液中由水電離出的c（OH﹣）之比=，故B正確；C．加水稀釋促進醋酸鈉水解，導致溶液中pH大小為CH3COONa＞NaOH，故C錯誤；D．分別與同濃度的鹽酸反應，恰好反應時消耗的鹽酸體積與NaOH、CH3COONa的物質的量成正比，n（NaOH）＜n（CH3COONa），所以醋酸鈉消耗的稀鹽酸體積大，故D錯誤；故選B．13．第三周期元素X、Y、Z、W的最高價氧化物溶于水可得四種溶液，?L﹣1的這四種溶液pH與該元素原子半徑的關系如圖所示．下列說法正確的是（）A．氣態氫化物的穩定性：Z＞W＞YB．簡單離子半徑：Z＜WC．Y元素存在同素異形體D．X和Y的最高價氧化物對應的水化物恰好中和時，溶液呈中性【考點】原子結構與元素周期律的關系；原子結構與元素的性質．【分析】第三周期元素中，X最高價氧化物水化物的溶液PH為12，氫氧根濃度為L，故為一元強堿，則X為Na，Y、W、Z對應的最高價氧化物水化物的溶液PH均小于7，均為酸，W最高價含氧酸溶液中氫離子濃度為L，故為一元強酸，則W為Cl元素；最高價含氧酸中，Z對應的酸性比W的強、Y對應的酸性比W的弱，而原子半徑Y＞Z＞Cl，故Z為S元素，Y為P元素，據此解答．【解答】解：第三周期元素中，X最高價氧化物水化物的溶液PH為12，氫氧根濃度為L，故為一元強堿，則X為Na，Y、W、Z對應的最高價氧化物水化物的溶液PH均小于7，均為酸，W最高價含氧酸溶液中氫離子濃度為L，故為一元強酸，則W為Cl元素；最高價含氧酸中，Z對應的酸性比W的強、Y對應的酸性比W的弱，而原子半徑Y＞Z＞Cl，故Z為S元素，Y為P元素，A．非金屬性W＞Z＞Y，氣態氫化物的穩定性：W＞Z＞Y，故A錯誤；B．電子層結構相同，核電荷數越大離子半徑越小，故離子半徑S2﹣＞Cl﹣，故B錯誤；C．Y為磷元素，單質有紅磷、白磷，故C正確；D．X和Y的最高價氧化物對應的水化物分別為NaOH、磷酸，恰好中和生成磷酸鈉，溶液中磷酸根水解，溶液呈堿性，故D錯誤，故選C．14．常溫下，下列溶液一定呈堿性的是（）A．pH=11的NaOH溶液與pH=3的CH3COOH溶液等體積混合B．?L﹣1鹽酸和?L﹣1氨水等體積混合C．?L﹣1氨水和?L﹣1氯化銨溶液等體積混合D．一定體積pH=5的稀硫酸加水稀釋103倍【考點】酸堿混合時的定性判斷及有關ph的計算．【分析】常溫下，溶液呈堿性，說明溶液中c（OH﹣）＞c（H+），A．pH=11的氫氧化鈉溶液中c（NaOH）=L，pH=3的醋酸溶液中c（CH3COOH）＞L，二者等體積混合，酸有剩余，溶液呈酸性；B．等物質的量的鹽酸和氨水恰好反應生成氯化銨，氯化銨是強酸弱堿鹽，銨根離子易水解而使其溶液呈酸性；C．等物質的量的氨水和氯化銨混合，一水合氨的電離程度大于銨根離子水解程度；D．稀硫酸無限稀釋時溶液接近中性，但仍然為酸性．【解答】解：A．pH=11的氫氧化鈉溶液中c（NaOH）=L，pH=3的醋酸溶液中c（CH3COOH）＞L，二者等體積混合，酸有剩余，醋酸的電離程度大于醋酸根離子的水解程度，所以溶液呈酸性，故A錯誤；B．等物質的量的鹽酸和氨水恰好反應生成氯化銨，氯化銨是強酸弱堿鹽，銨根離子易水解而使其溶液呈酸性，則c（OH﹣）＜c（H+），故B錯誤；C．等物質的量的氨水和氯化銨混合，一水合氨的電離程度大于銨根離子水解程度，所以混合溶液呈堿性，則c（OH﹣）＞c（H+），故C正確；D．稀硫酸無限稀釋時溶液接近中性，但仍然為酸性，則c（OH﹣）＜c（H+），故D錯誤；故選C．15．常溫下，下列有關敘述正確的是（）A．mol?L﹣1醋酸溶液加水稀釋后，各離子濃度均減小B．pH=7的NH4Cl和氨水混合溶液中，c（NH4+）=c（Cl﹣）C．加熱滴有酚酞的CH3COONa溶液，溶液顏色變淺D．mol?L﹣1Na2CO3溶液中，c（HCO﹣3）＞c（OH﹣）【考點】鹽類水解的應用；弱電解質在水溶液中的電離平衡；酸堿混合時的定性判斷及有關ph的計算．【分析】A．mol?L﹣1醋酸溶液加水稀釋后，氫離子濃度減小，氫氧根離子濃度增大；B．根據電荷守恒分析；C．加熱促進鹽的水解；D．mol?L﹣1Na2CO3溶液中，c（HCO﹣3）＜c（OH﹣）．【解答】解：A．mol?L﹣1醋酸溶液加水稀釋后，氫離子濃度減小，由于Kw不變，所以氫氧根離子濃度增大，故A錯誤；B．根據電荷守恒：c（NH4+）+c（H+）=c（Cl﹣）+c（OH﹣），已知PH=7，氫離子濃度等于氫氧根離子濃度，所以c（NH4+）=c（Cl﹣），故B正確；C．加熱促進鹽的水解，醋酸鈉溶液堿性增強溶液顏色變深，故C錯誤；D．mol?L﹣1Na2CO3溶液中CO32﹣+H2OHCO3﹣+OH﹣，HCO3﹣+H2OH2CO3+OH﹣，所以c（HCO﹣3）＜c（OH﹣），故D錯誤；故選B．16．25℃時，三種難溶銀鹽的Ksp與顏色如表，下列說法正確的是（）AgClAg2CrO4AgI顏色白磚紅黃Ksp×10﹣10×10﹣12×10﹣17A．AgCl、Ag2CrO4、AgI飽和溶液中c（Ag+）依次減弱B．Ag2CrO4飽和溶液中c（Ag+）約為×10﹣6mol?L﹣1C．向AgCl懸濁液加入足量KI溶液，沉淀將由白色轉化為黃色D．向等濃度的KCl與K2CrO4混合溶液中滴加少量AgNO3溶液，將生成磚紅色沉淀【考點】難溶電解質的溶解平衡及沉淀轉化的本質．【分析】A．由表中數據可知溶度積AgCl飽和溶液中c（Ag+）==×10﹣5mol/L，其溶解度也最大，Ag2CrO4飽和溶液中：c（Ag+）==×10﹣4mol/L；B．Ag2CrO4飽和溶液中：c（Ag+）==×10﹣4mol/L；C．AgI溶度積小于AgCl，溶解度小的沉淀轉化為溶解度更小的容易實現，所以向AgCl懸濁液加入足量KI溶液，可能有黃色沉淀產生；D．由A可知，飽和溶液中c（Ag+）：AgCl＜Ag2CrO4，向等濃度的KCl與K2CrO4混合溶液中滴加少量AgNO3溶液，將生成白色沉淀．【解答】解：A．由表中數據可知溶度積AgCl飽和溶液中c（Ag+）==×10﹣5mol/L，其溶解度也最大，Ag2CrO4飽和溶液中：c（Ag+）==×10﹣4mol/L，故A錯誤；B．Ag2CrO4飽和溶液中：c（Ag+）==×10﹣4mol/L，故B錯誤；C．AgI溶度積小于AgCl，溶解度小的沉淀轉化為溶解度更小的容易實現，所以向AgCl懸濁液加入足量KI溶液，可能有黃色沉淀產生，故C正確；D．由A可知，飽和溶液中c（Ag+）：AgCl＜Ag2CrO4，向等濃度的KCl與K2CrO4混合溶液中滴加少量AgNO3溶液，將生成白色沉淀，故D錯誤；故選C．17．下列關于乙烯說法正確的是（）A．乙烯使酸性高錳酸鉀溶液及溴的四氯化碳溶液褪色原理相同B．工業利用乙烯水化法制乙醇，是發生了取代反應C．水果運輸中為延長果實的成熟期，常在車廂里放置浸泡過高錳酸鉀溶液的硅藻土D．乙烯在空氣中燃燒，發生火焰明亮并帶有濃煙的火焰【考點】乙烯的化學性質；烯烴．【分析】A、乙烯使酸性高錳酸鉀溶液和溴的四氯化碳溶液褪色，分別發生氧化反應、加成反應；B、乙烯和水發生加成反應制取乙醇；C、乙烯中含有碳碳雙鍵能被酸性高錳酸鉀溶液氧化；D、乙烯中碳的百分含量不是很高．【解答】解：A、乙烯使酸性高錳酸鉀溶液和溴的四氯化碳溶液褪色，分別發生氧化反應、加成反應，則褪色原理不同，故A錯誤；B、乙烯有雙鍵，與水加成制乙醇屬于加成反應，故B錯誤；C、乙烯中含有碳碳雙鍵能被酸性高錳酸鉀溶液氧化，所以酸性高錳酸鉀溶液能吸收乙烯，故C正確；D、乙烯中碳的百分含量不是很高，燃燒時不會有濃煙，故D錯誤．故選C．18．下列反應中前者屬于取代反應，后者屬于加成反應的是（）A．甲烷與氯氣混和后光照反應；乙烯使酸性高錳酸鉀溶液的褪色B．乙烯與溴的四氯化碳溶液反應；苯與氫氣在一定條件下反應生成環己烷C．苯與濃硝酸和濃硫酸的混合液反應生成油狀液體；乙烯與水生成乙醇的反應D．乙烯與溴水反應；乙酸與乙醇的酯化反應【考點】有機物的結構和性質；取代反應與加成反應．【分析】A．甲烷與氯氣混和后光照反應，為取代反應；乙烯使酸性高錳酸鉀溶液的褪色，為氧化反應；B．乙烯與溴的四氯化碳溶液反應，為加成反應；苯與氫氣在一定條件下反應生成環己烷，為加成反應；C．苯與濃硝酸和濃硫酸的混合液反應生成油狀液體，苯中H被取代；乙烯與水生成乙醇的反應，碳碳雙鍵轉化為﹣OH；D．乙烯與溴水反應，為加成反應；乙酸與乙醇的酯化反應，為取代反應．【解答】解：A．分別為取代反應、氧化反應，故A不選；B．均為加成反應，故B不選；C．分別為取代反應、加成反應，故C選；D．分別為加成反應、取代反應，故D不選；故選C．19．下列對有機物結構的敘述中不正確的是（）A．乙烯、溴苯分子中的所有原子均共平面B．在有機物分子中，含有的氫原子個數一定是偶數C．與屬于同種物質，說明苯分子中6個碳原子之間的鍵是完全一樣的D．CH2Cl2只有一種結構說明甲烷分子是正四面體結構，而不是平面正方形結構【考點】常見有機化合物的結構．【分析】A．乙烯、苯都是平面型分子，根據苯的結構確定溴苯結構；B．在有機物分子中，含有的氫原子個數不一定是偶數；C．苯分子中碳碳原子之間的化學鍵是介于單鍵和雙鍵之間的特殊鍵；D．甲烷分子中的兩個氫原子被氯原子取代生成二氯甲烷，如果甲烷是平面正方形結構，則二氯甲烷有兩種結構．【解答】解：A．乙烯、苯都是平面型分子，溴苯中溴原子處于苯中H原子的位置，所有原子處于同一平面，故A正確；B．在有機物分子中，含有的氫原子個數不一定是偶數，如CH3Cl，故B錯誤；C．屬于同種物質，則該分子中就不含碳碳雙鍵和碳碳單鍵，應該是介于碳碳單鍵和碳碳雙鍵之間的一種特殊的鍵，故C正確；D．甲烷分子中的兩個氫原子被氯原子取代生成二氯甲烷，如果甲烷是平面正方形結構，則二氯甲烷有兩種結構，實際上，二氯甲烷有一種結構，則甲烷分子是正四面體結構，故D正確；故選B．20．下列烴分子的二氯代物有三種的是（）A．CH3﹣CH2﹣CH3 B． C． D．【考點】有機化合物的異構現象．【分析】先根據等效氫找一氯代物，然后一氯代物中氫原子的種類可得二氯代物．【解答】解：A．CH3﹣CH2﹣CH3一氯代物有2種，二氯代物有4種，故A錯誤；B．一氯代物有2種，二氯代物有3種，故B正確；C．一氯代物有1種，二氯代物有2種，故C錯誤；D．一氯代物有4種，二氯代物有10種，故D錯誤；故選B．21．有關分子結構的下列敘述中正確的是（）①除苯環外的其余碳原子有可能都在一條直線上②除苯環外的其余碳原子不可能都在一條直線上③12個碳原子不可能都在同一平面上④12個碳原子有可能都在同一平面上．A．①② B．②③ C．①③ D．②④【考點】常見有機化合物的結構．【分析】根據常見的有機化合物中甲烷是正四面體結構，乙烯和苯是平面型結構，乙炔是直線型結構，其它有機物可在此基礎上進行共線、共面分析判斷，注意單鍵可以旋轉．【解答】解：①乙烯是平面結構，不是直線結構，除苯環外的其余碳原子不可能都在一條直線上，故①錯誤，②正確；③分子中，甲基中C原子處于苯中H原子的位置，甲基通過旋轉碳碳單鍵會有1個H原子處在苯環平面內，苯環平面與碳碳雙鍵形成的平面通過旋轉碳碳單鍵可以處于同一平面，乙炔是直線型結構，所以最多有12個C原子（苯環上6個、甲基中2個、碳碳雙鍵上2個、碳碳三鍵上2個）共面，故③錯誤；④正確．故選D．22．某有機物結構簡式如圖，下列說法錯誤的是（）A．該有機物屬于飽和鏈烴B．該有機物可由兩種單炔烴分別與氫氣加成得到C．該烴與2，3﹣二甲基丁烷互為同系物D．該烴的一氯取代產物共有5種【考點】有機物的結構和性質．【分析】由結構可知，分子中只有單鍵，為飽和烴，相鄰2個C上至少含2個H可看成炔烴加成生成，由對稱性可知，分子中含5種H，以此來解答．【解答】解：A．分子中只有單鍵，且為鏈狀結構，則該有機物屬于飽和鏈烴，故A正確；B．左側的3個C可看成2種炔烴加成產物，該有機物可由兩種單炔烴分別與氫氣加成得到，故B正確；C．該烴與2，3﹣二甲基丁烷分子式相同、結構不同，互為同分異構體，故C錯誤；D．由對稱性可知，分子中含5種H，該烴的一氯取代產物共有5種，故D正確；故選C．23．某有機物其結構簡式為，關于該有機物下列敘述正確的是（）A．分子式為C13H18ClB．能使酸性KMnO4溶液褪色，但不能使溴水褪色C．在加熱和催化劑作用下，最多能和3molH2反應D．該分子中能通過聚合反應生成高分子化合物【考點】有機物的結構和性質．【分析】由結構可知分子式，分子中含碳碳雙鍵、﹣Cl，結合烯烴、鹵代烴的性質來解答．【解答】解：A．分子式為C13H17Cl，故A錯誤；B．含碳碳雙鍵，能使酸性KMnO4溶液、溴水均褪色，故B錯誤；C．苯環、碳碳雙鍵均與氫氣發生加成反應，則在加熱和催化劑作用下，最多能和4molH2反應，故C錯誤；D．含碳碳雙鍵，能通過聚合反應生成高分子化合物，故D正確；故選D．24．某烴與氫氣發生反應后能生成（CH3）2CHCH2CH3，則該烴不可能是（）A．2﹣甲基﹣2﹣丁烯 B．2，3﹣二甲基﹣1﹣丁烯C．3﹣甲基﹣1﹣丁烯 D．2﹣甲基﹣1，3﹣丁二烯【考點】有機物結構式的確定；有機化合物命名．【分析】有機物分子中的不飽和鍵斷裂，不飽和原子與其他原子或原子團相結合，生成新的化合物的反應是加成反應，采用逆推法，減去相鄰碳原子上的氫原子，重新形成不飽和鍵，即可的原來的不飽和烴，再根據有機物的命名原則進行命名．【解答】解：（CH3）2CHCH2CH3，結構為．5號碳原子與1號碳原子化學環境相同．若1（或5號）、2號碳原子各去掉1個H原子，形成的烯烴為2﹣甲基﹣1﹣丁烯；若2、3號碳原子各去掉1個H原子，形成的烯烴為2﹣甲基﹣2﹣丁烯；若3、4號碳原子各去掉1個H原子，形成的烯烴為3﹣甲基﹣1﹣丁烯；若3、4號碳原子各去掉2個H原子，形成的炔烴為3﹣甲基﹣1﹣丁炔；若1、2號碳原子各去掉1個H原子，同時3、4號碳原子各去掉1個H原子，形成的二烯烴為2﹣甲基﹣1，3﹣丁二烯，故選B．25．已知化合物B3N3H6（硼氮苯）與C6H6（苯）的分子結構相似，如圖所示：則硼氮苯的二氯取代物B3N3H4Cl2的同分異構體的數目為（）A．2 B．3 C．4 D．6【考點】有機化合物的異構現象．【分析】苯環上的六個碳原子是完全相同，硼氮苯中的B、N是兩種不同的原子．【解答】解：苯的二氯取代物有鄰、間、對三種同分異構體，硼氮苯也應該有這三種同分異構體，但考慮苯環上的六個碳原子是完全相同的，而硼氮苯中，B、N是兩種不同的原子，所以間位上應有兩種不同的排列，所以一共有四種同分異構體．故選C．二、解答題（共5小題，滿分50分）26．以乙炔為原料可以合成聚氯乙烯、聚丙烯腈和氯丁橡膠，有關合成路線圖如下：請完成下列各題：（1）寫出物質的結構簡式：ACH2=CHCl，CCH≡C﹣CH═CH2；（2）寫出反應的化學方程式：反應①：CH≡CH+HClCH2=CHCl；反應③：；反應⑦：．【考點】有機物的合成．【分析】乙炔與氯化氫發生加成反應生成A為CH2=CHCl，A發生加聚反應得聚氯乙烯．乙炔與HCN發生加成反應生成B為CH2=CHCN，B發生加聚反應生成聚丙烯腈．2分子乙炔聚合得C為CH≡C﹣CH═CH2，C與氯化氫發生加成反應得到D為CH2=CCl﹣CH═CH2，D發生加聚反應生成氯丁橡膠，據此解答．【解答】解：乙炔與氯化氫發生加成反應生成A為CH2=CHCl，A發生加聚反應得聚氯乙烯．乙炔與HCN發生加成反應生成B為CH2=CHCN，B發生加聚反應生成聚丙烯腈．2分子乙炔聚合得C為CH≡C﹣CH═CH2，C與氯化氫發生加成反應得到D為CH2=CCl﹣CH═CH2，D發生加聚反應生成氯丁橡膠．（1）由上述分析可知，A為CH2=CHCl，C為CH≡C﹣CH═CH2，故答案為：CH2=CHCl；CH≡C﹣CH═CH2；（2）反應①是乙炔與氯化氫發生加成反應生成CH2=CHCl，反應方程式為：CH≡CH+HClCH2=CHCl，反應③是乙炔與HCN發生加成反應生成CH2=CHCN，反應化學方程式為：；反應⑦是CH2=CCl﹣CH═CH2發生加聚反應生成氯丁橡膠，反應方程式為：，故答案為：CH≡CH+HClCH2=CHCl；；．27．用菱錳礦（主要含MnCO3、FeCO3、Al2O3、SiO2）制備MnSO4?H2O的工藝流程如下：Ⅰ．向菱錳礦中加入過量稀H2SO4，過濾；Ⅱ．向濾液中加入過量MnO2，過濾；Ⅲ．調節濾液pH=a，過濾；Ⅳ．濃縮、結晶、分離、干燥得到產品；Ⅴ．檢驗產品純度．（1）步驟Ⅰ中，濾渣的主要成分是二氧化硅．（2）將MnO2氧化Fe2+的離子方程式補充完整：□MnO2+□Fe2++□═Mn2++□Fe3++□□（3）與選用Cl2作為氧化劑相比，MnO2的優勢主要在于：原料來源廣、成本低、可避免環境污染、不會引入Cl﹣，使制得的MnSO4?H2O產品更純凈．（4）已知：生成氫氧化物沉淀的pHAl（OH）3Fe（OH）2Fe（OH）3Mn（OH）2開始沉淀時完全沉淀時注：金屬離子的起始濃度為L步驟Ⅲ中a的取值范圍是≤a＜．（5）步驟Ⅴ，通過測定產品中錳元素的質量分數來判斷產品純度．已知一定條件下，MnO4﹣與Mn2+反應生成MnO2．取xg產品配成溶液，用LKMnO4溶液滴定，消耗KMnO4溶液ymL，產品中錳元素的質量分數為．【考點】物質分離和提純的方法和基本操作綜合應用；探究物質的組成或測量物質的含量．【分析】菱錳礦（主要含MnCO3、FeCO3、Al2O3、SiO2），加入過量稀H2SO4，生成硫酸錳、硫酸亞鐵、硫酸鋁溶液，二氧化硅不溶解，過濾除去二氧化硅；向濾液中加入過量MnO2，將亞鐵離子氧化為鐵離子，本身被還原為二價錳離子，調節濾液pH，使三價鐵離子和鋁離子沉淀，過濾除去氫氧化鐵和氫氧化鋁固體，對硫酸錳溶液進行濃縮、冷切結晶、過濾、洗滌干燥得到產品，（1）二氧化硅不溶于稀硫酸；（2）根據化合價升降守恒、電荷守恒、原子守恒配平反應；（3）注意最后不能引入雜質離子，氯氣會引入氯離子；（4）調節濾液pH，使三價鐵離子和鋁離子沉淀，而錳離子不能沉淀，根據表格回答；（5）根據方程式3Mn2++2MnO4﹣+2H2O=5MnO2+4H+進行計算．【解答】解：菱錳礦（主要含MnCO3、FeCO3、Al2O3、SiO2），加入過量稀H2SO4，生成硫酸錳、硫酸亞鐵、硫酸鋁溶液，二氧化硅不溶解，；向濾液中加入過量MnO2，將亞鐵離子氧化為鐵離子，本身被還原為二價錳離子，調節濾液pH，使三價鐵離子和鋁離子沉淀，過濾除去氫氧化鐵和氫氧化鋁固體，對硫酸錳溶液進行濃縮、冷切結晶、過濾、洗滌干燥得到產品，（1）菱錳礦（主要含MnCO3、FeCO3、Al2O3、SiO2），加入過量稀H2SO4，生成硫酸錳、硫酸亞鐵、硫酸鋁溶液，二氧化硅不溶解，濾渣的主要成分是二氧化硅，故答案為：二氧化硅；（2）錳元素化合價由+4價降低到+2價，鐵元素由+2價升高到+3價，根據化合價升降守恒、電荷守恒、原子守恒，配平反應為MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O，故答案為：1、2+4H+、1、2、2H2O；（3）選用Cl2作為氧化劑會最后的溶液中引入氯離子，使制得的產品不純，而MnO2不會引入Cl﹣，使制得的MnSO4?H2O產品更純凈，故答案為：不會引入Cl﹣，使制得的MnSO4?H2O產品更純凈；（4）調節濾液pH，使三價鐵離子和鋁離子沉淀，根據表格可知二價錳離子開始沉淀的pH=，鋁離子開始沉淀的pH=，故≤a＜，故答案為：≤a＜；（5）設含有硫酸錳的物質的量為z，根據方程式3Mn2++2MnO4﹣+2H2O=5MnO2+4H+3mol2molz×10﹣3molz=×10﹣3mol，錳元素的質量分數=，故答案為：．28．短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中相對位置如圖所示其中Y所處的周期序數與族序數相等．按要求回答下列問題：XYZW（1）寫出X的原子結構示意圖．（2）列舉一個事實說明X非金屬性強于Z：2HNO3+Na2SiO3=2NaNO3+H2SiO3↓；（用化學方程式表示）（3）含Y的氯化物呈酸性的原因是Al3++3H2O?Al（OH）3+3H+（用離子方程式表示）【考點】位置結構性質的相互關系應用．【分析】短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中相對位置如圖所示，Y所處的周期序數與族序數相等，短周期元素，則Y為第三周期第ⅢA族元素，即Y為Al，由元素的位置可知，Z為Si，X為N，W為S，據此結合元素周期律知識解答．【解答】解：短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中相對位置如圖所示，Y所處的周期序數與族序數相等，短周期元素，則Y為第三周期第ⅢA族元素，即Y為Al，由元素的位置可知，Z為Si，X為N，W為S，（1）X為N元素，其原子序數為7，核外含有2個電子層，其原子結構示意圖為：，故答案為：；（2）X為N，W為S，通過最高價氧化物對應水合物的酸性強弱可以判斷非金屬性N大于S，反應反應為：2HNO3+Na2SiO3=2NaNO3+H2SiO3↓，故答案為：2HNO3+Na2SiO3=2NaNO3+H2SiO3↓；（3）Y的氯化物為氯化鋁，氯化鋁溶液中，鋁離子水解生成氫氧化鋁和氫離子，溶液呈酸性，反應的離子方程式為：Al3++3H2O?Al（OH）3+3H+，故答案為：Al3++3H2O?Al（OH）3+3H+．29．運用所學化學原理，解決下列問題：（1）已知：Si+2NaOH+H2O═Na2SiO3+2H2．某同學利用單質硅和鐵為電極材料設計原電池（NaOH為電解質溶液），該原電池負極的電極反應式為Si+6OH﹣﹣4e﹣=SiO32﹣+3H2O；（2）已知：①C（s）+O2（g）═CO2（g）△H=akJ?mol﹣1；②CO2（g）+C（s）═2CO（g）△H=bkJ?mol﹣1；③Si（s）+O2（g）═SiO2（s）△H=ckJ?mol﹣1．工業上生產粗硅的熱化學方程式為2C（s）+SiO2（s）=Si（s）+2CO（g）△H=（a+b﹣c）kJ?mol﹣1；（3）已知：CO（g）+H2O（g）?H2（g）+CO2（g）．表為該反應在不同溫度時的平衡常數．則：該反應的△H＜0（填“＜”或“＞”）；500℃時進行該反應，且CO和H2O起始濃度相等，CO平衡轉化率為75%．溫度℃400500800平衡常數K91【考點】電極反應和電池反應方程式；熱化學方程式；化學平衡的計算．【分析】（1）負極發生氧化反應，Si在負極上失去電子，堿性條件下生成硅酸根與水，結合電荷守恒和原子守恒書寫；（2）根據蓋斯定律書寫目標熱化學方程式；，已知：①C（s）+O2（g）═CO2（g）△H=akJ?mol﹣1；②CO2（g）+C（s）═2CO（g）△H=bkJ?mol﹣1；③Si（s）+O2（g）