陕西省渭南市澄城县寺前中学2022届高三下学期周考化学试卷（5月份）（四） 一、选择题．（本题包括13小题，每小题6分．每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求的．）1．下列有关化学用语使用正确的是（ ）A．CO2的电子式：B．核内有8个中子的碳原子：CC．钾原子结构示意图：D．乙烯的比例模型 2．某种药物合成中间体结构简式为：，有关该物质的说法不正确的是（ ）A．属于芳香族化合物B．能发生消去反应和酯化反应C．1mol该有机物与足量NaOH溶液反应，消耗5molNaOHD．能分别与金属Na、NaHCO3溶液反应 3．关于下列四个图象的说法中正确的是（ ）A．图①表示可逆反应CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）中的△H大于0-25-B．图②是石墨为电极电解氯化钠稀溶液，阴、阳两极产生气体体积之比一定为1：1C．图③表示25℃，0.1mol•L﹣1盐酸滴定20mL0.1mol•L﹣1NaOH溶液，pH随加入酸体积的变化D．图④表示2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H＜0正、逆反应平衡常数K随温度的变化 4．已知废旧干电池中的填充物主要有二氧化锰、炭黑、氯化锌、氯化铵、淀粉糊、Mn2O3、ZnO、FeO、汞的化合物等．某实验小组的同学拟回收废旧电池中的部份物质，主要操作流程如图：下列说法不正确的是（ ）A．步骤①②的名称分别为溶解、过滤B．步骤③中使用的化学仪器有酒精灯、三角架、泥三角、坩埚、玻璃棒C．步骤①②③中都使用了玻璃棒，且三个操作中玻璃棒的作用不完全相同D．步骤④的离子方程式为2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O 5．一定温度下，向2.0L恒容密闭容器中充入1.0molA，经一段时间后反应A（g）⇌B（g）+C（g）达到平衡．反应过程中测定的部分数据见下表：下列说法正确的是（ ）t/s050150250350n（B）/mol00.160.190.200.20A．前50s内B的平均反应速率v（B）=0.0032mol•L﹣1•s﹣1B．相同温度下，若达到平衡后向容器中继续充入A，则平衡向右移动，平衡常数增大C．相同温度下，若起始时向容器中充入1.0molA、0.20molB和0.20molC，则达到平衡前v（正）＞v（逆）D．若保持其他条件不变，升高温度，平衡时，平衡常数K=0.2mol•L﹣1，则反应的△H＜0 6．常温下，一定量的醋酸与氢氧化钠溶液发生中和反应．下列说法正确的是（ ）-25-A．当溶液中c（CH3COO﹣）=c（Na+）时，醋酸与氢氧化钠恰好完全反应B．当溶液中c（CH3COO﹣）=c（Na+）时．一定是氢氧化钠过量C．当溶液中c（CH3COO﹣）=c（Na+）＞c（H+）=c（OH﹣）时，一定是醋酸过量D．当溶液中c（Na+）＞c（CH3COO﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）时，一定是氢氧化钠过量 7．如图是锂﹣空气电池的放电原理图（隔膜只允许锂离子通过）．电池放电时的反应可表示为：4Li+O2+2H2O═4LiOH．下列锂﹣空气电池放电时的有关说法正确的是（ ）A．正极反应式：Li﹣e﹣═Li+B．每转移2mol电子，消耗11.2L的O2C．Li+不断向电池的正极移动D．可以去掉隔膜和有机电解液，让金属锂与水性电解液直接接触 二、解答题（共4小题，满分43分）8．黄铁矿是工业上制取硫酸的主要原料，其主要成分为FeS2，含少量杂质（杂质不含S元素，且高温下不反应）．某化学兴趣小组用下列装置测定黄铁矿中硫元素的质量分数．-25-称取2.0g研细的黄铁矿样品，将样品放入石英管中，缓慢鼓入空气，再加热石英管至800～850℃；锥形瓶中盛装100mL0.2mol/L酸性KMnO4溶液用于吸收SO2（忽略SO2、H2SO3与氧气反应）；反应结束后，每次从锥形瓶中取出25.00mL溶液，用0.23mol/L标准H2C2O4溶液滴定，重复三次．已知：4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2；2KMnO4+5SO2+2H2O═K2SO4+2MnSO4+2H2SO4请回答下列问题：（1）连接好装置，检查装置气密性的操作是 ．通入空气的作用是 ．（3）若实验过程中鼓入空气的速率过快，则测得的硫元素的质量分数 ．（填“偏高”、“偏低”或“不变”）（4）滴定时，应选择右图中的 （填字母序号）盛装标准H2C2O4溶液，根据 现象来判断滴定已经达到终点．（5）滴定过程中发生反应的离子方程式是 ．（6）如果黄铁矿中的硫全部转化为SO2，且被酸性KMnO4溶液完全吸收，滴定操作中，平均耗用0.23mol/L标准H2C2O4溶液21.73mL，则黄铁矿样品中硫元素的质量分数是 ．（保留到小数点后1位） 9．A为单质，B、C、D、E为与A含有相同元素的化合物，它们之间有如下转化关系：（1）若图中B、C均为氧化物、D、E均为盐，则A可能是 ．（填序号）①Na②N2③C④S若五种物质的焰色反应均为黄色，其中C、D、E的水溶液均显碱性，且等浓度时碱性C＞D＞E，B可做生氧剂．①B中含有的化学键类型为 （填“离子键”、“极性键”或“非极性键”）．②B转化成C的离子方程式为： ③D转化成E的离子方程式为： ．（3）若常温下B、C、D均为气体，且D为红棕色气体．①写出B→C的化学方程式为 ．-25-②将B和CO2气体通入饱和食盐水中有碳酸氢钠晶体析出，反应的离子方程式是： ．（4）若C为浅绿色溶液，B为黄色溶液，E为红褐色沉淀，写出D转化成E的化学方程式： ． 10．二氧化碳是引起“温室效应”的主要物质，节能减排，高效利用能源，能够减少二氧化碳的排放．（1）有一种用CO2生产甲醇燃料的方法：已知：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H=﹣akJ•mol﹣1；CH3OH（g）=CH3OH（l）△H=﹣bkJ•mol﹣1；2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H=﹣ckJ•mol﹣1；H2O（g）═H2O（l）△H=﹣dkJ•mol﹣1，则表示CH3OH（l）燃烧热的热化学方程式为： ． 11．在一定温度下的2L固定容积的密闭容器中，通入2molCO2和3molH2，发生的反应为：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g），△H=﹣akJ•mol﹣1（a＞0），测得CO2（g）和CH3OH（g）的浓度随时间变化如图1所示．（1）能说明该反应已达平衡状态的是 ．（选填编号）A．CO2的体积分数在混合气体中保持不变B．混合气体的平均相对分子质量不随时间的变化而变化C．单位时间内每消耗1.2molH2，同时生成0.4molH2OD．该体系中H2O与CH3OH的物质的量浓度之比为1：1，且保持不变-25-计算该温度下此反应的平衡常数K= ．（保留两位有效数字）．若改变条件 （填选项），可使K=1．A．增大压强B．增大反应物浓度C．降低温度D．升高温度E．加入催化剂（3）某甲醇燃料电池原理如图2所示．①M区发生反应的电极反应式为 ．②用上述电池做电源，用图2装置电解饱和食盐水（电极均为惰性电极），则该电解的总反应离子方程式为： ．假设溶液体积为300mL，当溶液的pH值变为13时（在常温下测定），理论上消耗甲醇的质量为 （忽略溶液体积变化）． 【化学──选修5：有机化学】（共1小题，满分15分）12．历史上曾将一类从植物胶中取得的具有芳香气味的物质称为芳香族化合物，芳香族化合物大部分具有“芳香性”，有研究者设计利用其特殊性质合成某药物，其合成路线如下（部分反应试剂和条件已略）：已知：Ⅰ．Ⅱ．试回答下列问题：（1）原料A的结构简式为 ；原料B发生反应④所需的条件为 ．D的分子式为 ；F分子中含氧官能团的名称为 、 ．（3）反应①、⑥所属的反应类型分别为 、 ．-25-（4）反应②、⑤的化学方程式分别为② 、⑤为 ；（5）对苯二甲酸有多种同分异构体，符合下列条件的同分异构体有 种，①苯环上有三个取代基；②能与NaHCO3溶液发生反应；③能发生银镜反应．写出其中一个同分异构体发生银镜反应并酸化以后的产物的核磁共振氢谱为四组峰，且峰面积比为1：2：2：1的同分异构体的结构简式 ． 2022022学年陕西省渭南市澄城县寺前中学2022届高三下学期周考化学试卷（5月份）（四）参考答案与试题解析 一、选择题．（本题包括13小题，每小题6分．每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求的．）1．下列有关化学用语使用正确的是（ ）A．CO2的电子式：B．核内有8个中子的碳原子：CC．钾原子结构示意图：D．乙烯的比例模型【考点】电子式；常见元素的名称、符号、离子符号；原子结构示意图；球棍模型与比例模型．【专题】化学用语专题．【分析】A．二氧化碳是含有共价双键的直线型非极性分子；B．在原子中质量数﹣质子数=中子数；C．最外层电子数最多为8；D．球棍模型主要体现的是分子的空间结构和成键类型，比例模型主要体现的是组成该分子的原子间的大小关系．-25-【解答】解：A．二氧化碳是含有共价双键的直线型非极性分子，电子式为，故A错误；B．原子表示法中，左上角的数为质量数，左下角的数为质子数，质量数﹣质子数=中子数，所以中子数为8的碳原子中，左上角的数为14，左下角的数为6，故B错误；C．钾原子结构示意图：，故C错误；D．图为乙烯的比例模型，故D正确．故选D．【点评】本题考查化学用语，题目难度不大，注意比例模型和球棍模型的区别． 2．某种药物合成中间体结构简式为：，有关该物质的说法不正确的是（ ）A．属于芳香族化合物B．能发生消去反应和酯化反应C．1mol该有机物与足量NaOH溶液反应，消耗5molNaOHD．能分别与金属Na、NaHCO3溶液反应【考点】有机物的结构和性质．【分析】有机物含有酚羟基，可发生取代、氧化和显色反应，含有羟基，可发生取代、氧化和消去反应，含有羧基，具有酸性，可发生中和和酯化反应，以此解答．【解答】解：A．分子中含有苯环，为芳香族化合物，故A正确；B．分子中含有醇羟基，可发生消去和酯化反应，故B正确；C．分子中含有2个酚羟基和1个羧基，则1mol该有机物与足量NaOH溶液反应，消耗3molNaOH，故C错误；D．分子中含有羧基，可与金属钠、碳酸氢钠溶液反应，故D正确．-25-故选C．【点评】本题考查有机物的结构和性质，为高频常见题型，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握有机物官能团的性质，为解答该类题目的关键，难度不大． 3．关于下列四个图象的说法中正确的是（ ）A．图①表示可逆反应CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）中的△H大于0B．图②是石墨为电极电解氯化钠稀溶液，阴、阳两极产生气体体积之比一定为1：1C．图③表示25℃，0.1mol•L﹣1盐酸滴定20mL0.1mol•L﹣1NaOH溶液，pH随加入酸体积的变化D．图④表示2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H＜0正、逆反应平衡常数K随温度的变化【考点】电解原理；吸热反应和放热反应；化学平衡常数的含义；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．【分析】A、图象中反应物能量高于生成物能量，反应前后能量守恒；B、惰性电极电解氯化钠稀溶液，发生的反应先为2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑；后为2H2OO2↑+2H2↑，根据化学方程式计算分析判断；C、酸碱中和的时候pH会突变；D、该反应为放热反应，温度升高，平衡向着逆向移动，K（逆）增大、K（正）减小．【解答】解：A、图象中反应物能量高于生成物，反应为放热反应，△H＜0，故A错误；B、惰性电极电解电解氯化钠稀溶液发生的反应先为2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑；后为2H2OO2↑+2H2↑；阴极生成单质为氢气，阳极生成单质先析出氯气，后析出O2；一定时间内，两电极产生单质的物质的量之比不一定为1：1，故B错误；C、用0.1mol•L﹣1盐酸滴定20mL0.1mol•L﹣1NaOH溶液的pH随加入盐酸体积的变化，pH会突变，故C错误；-25-D、因反应为放热反应，则升高温度，平衡逆向移动，平衡后升温K（逆）会增大，而K（正）会减小，图象中变化与实际上的变化相符，故D正确；故选：D．【点评】本题以图象与中和滴定、化学平衡、能量变化、电解池等知识，题目难度中等，注意抓住图象的“形变神不变”对图象进行分析，试题培养了学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力． 4．已知废旧干电池中的填充物主要有二氧化锰、炭黑、氯化锌、氯化铵、淀粉糊、Mn2O3、ZnO、FeO、汞的化合物等．某实验小组的同学拟回收废旧电池中的部份物质，主要操作流程如图：下列说法不正确的是（ ）A．步骤①②的名称分别为溶解、过滤B．步骤③中使用的化学仪器有酒精灯、三角架、泥三角、坩埚、玻璃棒C．步骤①②③中都使用了玻璃棒，且三个操作中玻璃棒的作用不完全相同D．步骤④的离子方程式为2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O【考点】物质分离、提纯的实验方案设计．【专题】实验设计题．【分析】溶解时用玻璃棒搅拌的主要目的是加速其中的电解质溶解于水；废干电池中的氯化铵和氯化锌可溶于水；灼烧的目的是除去滤渣中的炭黑和淀粉等，二氧化锰能催化过氧化氢分解放出氧气，从而间接检验二氧化锰，A、装置图分析可知①是在烧杯中用水溶解废干电池筒中固体，②是过滤装置，用来分离固体和液体；B、③为坩埚中灼烧固体的装置，利用酒精灯加热，玻璃棒搅拌，在泥三角上加热坩埚；C、①中玻璃棒是加快溶解，②中是引流，③中搅拌防止局部受热固体飞溅；D、灼烧后的滤渣和过氧化氢混合其中二氧化锰催化剂使过氧化氢分解生成氧气；-25-【解答】解：A、装置图分析可知①是在烧杯中用水溶解废干电池筒中固体，②是过滤装置，用来分离固体和液体，名称分别为溶解、过滤，故A正确；B、③为坩埚中灼烧固体的装置，利用酒精灯加热，玻璃棒搅拌，在泥三角上加热坩埚，使用的化学仪器有酒精灯、三角架、泥三角、坩埚、玻璃棒，故B正确；C、①中玻璃棒是加快溶解，②中是引流，③中搅拌防止局部受热固体飞溅，三个操作中玻璃棒的作用不完全相同，故C正确；D、灼烧后的滤渣和过氧化氢混合其中二氧化锰催化剂使过氧化氢分解生成氧气，2H2O22H2O+O2↑，故D错误；故选D．【点评】本题考查了化学实验基本操作的理解应用，物质分离的方法和步骤，主要是仪器使用，操作过程，物质成分的分析判断，掌握基础是关键，题目难度中等． 5．一定温度下，向2.0L恒容密闭容器中充入1.0molA，经一段时间后反应A（g）⇌B（g）+C（g）达到平衡．反应过程中测定的部分数据见下表：下列说法正确的是（ ）t/s050150250350n（B）/mol00.160.190.200.20A．前50s内B的平均反应速率v（B）=0.0032mol•L﹣1•s﹣1B．相同温度下，若达到平衡后向容器中继续充入A，则平衡向右移动，平衡常数增大C．相同温度下，若起始时向容器中充入1.0molA、0.20molB和0.20molC，则达到平衡前v（正）＞v（逆）D．若保持其他条件不变，升高温度，平衡时，平衡常数K=0.2mol•L﹣1，则反应的△H＜0【考点】化学平衡的计算；化学平衡的影响因素．【分析】A．根据v=进行计算；B．平衡常数与温度有关；C．计算平衡常数，结合起始量计算浓度商计算与平衡常数对比判断反应进行的方向；D．与原平衡常数进行比较，判断温度对平衡的影响，依此进行解答．【解答】解：A．由表中数据可知50s内，△n（B）=0.16mol，v（B）==0.0016mol/（L•s），故A错误；-25-B．温度相同，平衡常数保持不变，故B错误；C．平衡时，n（B）=0.20mol，n（C）=0.20mol，n（A）=1.0﹣0.20=0.80mol，平衡常数K===0.025mol•L﹣1，相同温度下，向容器中充入1.0molA、0.20molB和0.20molC，则Qc==0.002mol•L﹣1＜K，则反应正向进行，故v（正）＞v（逆），故C正确；D．若保持其他条件不变，升高温度，平衡时，平衡常数K=0.2mol•L﹣1＞0.025mol•L﹣1，故升高温度，平衡正向移动，故正反应为吸热反应，故△H＞0，故D错误；故选C．【点评】本题考查化学平衡计算应用，化学反应速率计算，难度中等．平衡常数的计算分析应用是解题的关键． 6．常温下，一定量的醋酸与氢氧化钠溶液发生中和反应．下列说法正确的是（ ）A．当溶液中c（CH3COO﹣）=c（Na+）时，醋酸与氢氧化钠恰好完全反应B．当溶液中c（CH3COO﹣）=c（Na+）时．一定是氢氧化钠过量C．当溶液中c（CH3COO﹣）=c（Na+）＞c（H+）=c（OH﹣）时，一定是醋酸过量D．当溶液中c（Na+）＞c（CH3COO﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）时，一定是氢氧化钠过量【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算；离子浓度大小的比较．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】醋酸为弱电解质，不能完全电离，与NaOH发生中和反应，当溶液中c（CH3COO﹣）=c（Na+）时，醋酸过量，结合盐类的水解和电荷守恒分析．【解答】解：A．若醋酸和氢氧化钠恰好反应，由于生成物醋酸钠水解，溶液显碱性，故A错误；B．氢氧化钠过量时，溶液呈碱性，则c（CH3COO﹣）＜c（Na+），故B错误；C．根据电荷守恒c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）=c（Na+）+c（H+）可知，当c（CH3COO﹣）=c（Na+）时，c（OH﹣）=c（H+），即溶液显中性，此时醋酸应该是过量的，故C正确；D．也可能是二者恰好反应，故D错误．-25-故选C．【点评】本题考查酸碱混合的定性判断以及离子浓度大小比较问题，题目难度中等，注意结合溶液电中性原则分析． 7．如图是锂﹣空气电池的放电原理图（隔膜只允许锂离子通过）．电池放电时的反应可表示为：4Li+O2+2H2O═4LiOH．下列锂﹣空气电池放电时的有关说法正确的是（ ）A．正极反应式：Li﹣e﹣═Li+B．每转移2mol电子，消耗11.2L的O2C．Li+不断向电池的正极移动D．可以去掉隔膜和有机电解液，让金属锂与水性电解液直接接触【考点】化学电源新型电池．【专题】电化学专题．【分析】放电时，锂失电子作负极，碳作正极，负极上电极反应式为Li﹣e﹣═Li+，正极上电极反应式为4e﹣+O2+2H2O=4OH﹣，电解质溶液中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，据此分析解答．【解答】解：A．正极上氧气得电子发生还原反应，电极反应式为4e﹣+O2+2H2O=4OH﹣，故A错误；B．温度和压强未知导致气体摩尔体积未知，所以无法计算氧气的体积，故B错误；C．原电池放电时，阳离子向正极移动，所以氢离子向正极移动，故C正确；D．锂和水反应生成氢氧化锂和氢气，所以不能让金属锂与水性电解液直接接触，故D错误；故选C．-25-【点评】本题考查了原电池原理，明确原电池负极上得失电子及电极反应式是解本题关键，易错选项是B，有关气体体积的计算要注意温度和压强，为易错点． 二、解答题（共4小题，满分43分）8．黄铁矿是工业上制取硫酸的主要原料，其主要成分为FeS2，含少量杂质（杂质不含S元素，且高温下不反应）．某化学兴趣小组用下列装置测定黄铁矿中硫元素的质量分数．称取2.0g研细的黄铁矿样品，将样品放入石英管中，缓慢鼓入空气，再加热石英管至800～850℃；锥形瓶中盛装100mL0.2mol/L酸性KMnO4溶液用于吸收SO2（忽略SO2、H2SO3与氧气反应）；反应结束后，每次从锥形瓶中取出25.00mL溶液，用0.23mol/L标准H2C2O4溶液滴定，重复三次．已知：4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2；2KMnO4+5SO2+2H2O═K2SO4+2MnSO4+2H2SO4请回答下列问题：（1）连接好装置，检查装置气密性的操作是 向锥形瓶中加水浸没导气管末端，关闭K，微热石英管，观察到锥形瓶中有气泡冒出，冷却后导管内形成一端稳定的气柱 ．通入空气的作用是 提供反应所需O2，将生成的SO2全部赶入锥形瓶中 ．（3）若实验过程中鼓入空气的速率过快，则测得的硫元素的质量分数 偏低 ．（填“偏高”、“偏低”或“不变”）（4）滴定时，应选择右图中的 B （填字母序号）盛装标准H2C2O4溶液，根据 由浅紫色突变为无色且半分钟内不再变色 现象来判断滴定已经达到终点．（5）滴定过程中发生反应的离子方程式是 5H2C2O4+2MnO4﹣+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O ．（6）如果黄铁矿中的硫全部转化为SO2，且被酸性KMnO4溶液完全吸收，滴定操作中，平均耗用0.23mol/L标准H2C2O4溶液21.73mL，则黄铁矿样品中硫元素的质量分数是 48% ．（保留到小数点后1位）-25-【考点】探究物质的组成或测量物质的含量．【分析】（1）向锥形瓶中加水浸没导气管末端，关闭K，溶解微热石英管，根据锥形瓶中是否有气泡冒出，及冷却后导管内是否形成一端稳定的气柱判断该装置的稳定性；空气中含有氧气，空气还能够将生成的二氧化硫驱赶到锥形瓶中；（3）若鼓入的空气速率过快，导致二氧化硫没有完全被酸性高锰酸钾溶液吸收；（4）A为碱式滴定管，B为酸式滴定管，草酸为酸性溶液，应该使用酸式滴定管；滴定结束前溶液为紫红色，滴定结束后变为无色，据此判断滴定终点；（5）草酸与高锰酸根离子、氢离子发生氧化还原反应生成锰离子、二氧化碳气体和水；（6）根据反应5H2C2O4+2MnO4﹣+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O及草酸的量计算出25mL溶液中剩余的高锰酸钾的物质的量，再计算出100ml溶液中剩余的高锰酸钾的物质的量，从而得出二氧化硫消耗的高锰酸钾的物质的量，再根据反应2KMnO4+5SO2+2H2O=K2SO4+2MnSO4+2H2SO4计算出二氧化硫的物质的量，根据S原子守恒计算出样品中S的质量及质量分数．【解答】解：（1）连接好装置，检查装置气密性的方法为：向锥形瓶中加水浸没导气管末端，关闭K，微热石英管，观察到锥形瓶中有气泡冒出，冷却后导管内形成一端稳定的气柱，故答案为：向锥形瓶中加水浸没导气管末端，关闭K，微热石英管，观察到锥形瓶中有气泡冒出，冷却后导管内形成一端稳定的气柱；煅烧黄铁矿时需要氧气，则通入空气的目的是提供反应需要的氧气，另外通入空气后还可以将生成的二氧化硫完全赶入锥形瓶中，从而减小实验误差，故答案为：提供反应所需O2，将生成的SO2全部赶入锥形瓶中；（3）若实验过程中鼓入空气的速率过快，会导致部分二氧化硫没有被酸性高锰酸钾溶液吸收，则测得的硫元素的质量分数会偏低，故答案为：偏低；（4）草酸显示酸性，需要选用酸式滴定管盛放，即应该选用B盛放草酸溶液；滴定结束时溶液由浅紫色变为无色，则滴定终点的现象为：由浅紫色突变为无色且半分钟内不再变色，故答案为：B；由浅紫色突变为无色且半分钟内不再变色；（5）滴定过程中，酸性高锰酸根离子能够氧化草酸，反应的离子方程式为：5H2C2O4+2MnO4﹣+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，故答案为：5H2C2O4+2MnO4﹣+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O；-25-（6）0.23mol/L标准H2C2O4溶液21.73mL中含有草酸的物质的量为：0.23mol/L×0.02173L=0.0050mol，根据反应5H2C2O4+2MnO4﹣+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O可知，0.0050mol草酸完全反应消耗高锰酸根离子的物质的量为：0.0050mol×=0.002mol，原100mL滴定后的高锰酸钾溶液中含有高锰酸钾的物质的量为：0.002mol×=0.008mol，100mL0.2mol/L酸性KMnO4溶液中含有高锰酸钾的物质的量为：0.2mol/L×0.1L=0.02mol，则二氧化硫消耗的高锰酸钾的物质的量为：0.02mol﹣0.008mol=0.012mol，根据反应2KMnO4+5SO2+2H2O=K2SO4+2MnSO4+2H2SO4可知，二氧化硫的物质的量为：0.012mol×=0.03mol，原样品中含有S的质量为：32g/mol×0.03mol=0.96g，含有硫元素的质量分数为：×100%=48%，故答案为：48%．【点评】本题考查物质组成及含量的测定方法，题目难度较大，明确测定原理为解答关键，注意掌握化学实验基本操作方法，明确中和滴定原理及操作方法，试题侧重考查学生灵活应用基础知识的能力． 9．A为单质，B、C、D、E为与A含有相同元素的化合物，它们之间有如下转化关系：（1）若图中B、C均为氧化物、D、E均为盐，则A可能是 ③ ．（填序号）①Na②N2③C④S若五种物质的焰色反应均为黄色，其中C、D、E的水溶液均显碱性，且等浓度时碱性C＞D＞E，B可做生氧剂．①B中含有的化学键类型为 离子键、非极性键 （填“离子键”、“极性键”或“非极性键”）．②B转化成C的离子方程式为： 2Na2O2+2H2O=4Na++4OH﹣+O2↑ ③D转化成E的离子方程式为： CO32﹣+CO2+H2O=2HCO3﹣ ．（3）若常温下B、C、D均为气体，且D为红棕色气体．①写出B→C的化学方程式为 4NH3+5O24NO+6H2O ．②将B和CO2气体通入饱和食盐水中有碳酸氢钠晶体析出，反应的离子方程式是： NH3+CO2+NaCl+H2O=NH4Cl+NaHCO3 ．-25-（4）若C为浅绿色溶液，B为黄色溶液，E为红褐色沉淀，写出D转化成E的化学方程式： 4Fe（OH）2+O2+2H2O═4Fe（OH）3 ．【考点】无机物的推断．【分析】A为单质，B、C、D、E为与A含有相同元素的化合物，（1）若图中B、C均为氧化物、D、E均为盐，A能直接生成C也可直接生成B，结合题中选项，则A只能是Na或C，若A是Na，则B为Na2O，C为Na2O2，C生成D也可生成E，则D、E可以为氢氧化钠和碳酸钠，不符合均为盐，所以A是C，B为CO，C为CO2，C生成D也可生成E，且D生成E，所以E为碳酸钠、D为碳酸氢钠，或D为碳酸钠、E为碳酸氢钠，都符合转化关系；若五种物质的焰色反应均为黄色，说明都含有钠元素，则A为Na，B可做生氧剂，则B为Na2O2，其中C、D、E的水溶液均显碱性，且等浓度时碱性C＞D＞E，则C为NaOH，D为Na2CO3，E为NaHCO3；（3）若常温下B、C、D均为气体，且D为红棕色气体，所以D为NO2，所以A为N2，根据图中转化关系，B和CO2气体通入饱和食盐水中有碳酸氢钠晶体析出，B为NH3，C为NO，E为HNO3；（4）E为红褐色沉淀，则E为Fe（OH）3，根据图中转化关系，A为Fe，C为浅绿色溶液，则C为FeCl2，B为黄色溶液，则B为FeCl3，D为Fe（OH）2，据此答题．【解答】解：A为单质，B、C、D、E为与A含有相同元素的化合物，（1）若图中B、C均为氧化物、D、E均为盐，A能直接生成C也可直接生成B，结合题中选项，则A只能是Na或C，若A是Na，则B为Na2O，C为Na2O2，C生成D也可生成E，则D、E可以为氢氧化钠和碳酸钠，不符合均为盐，所以A是C，B为CO，C为CO2，C生成D也可生成E，且D生成E，所以E为碳酸钠、D为碳酸氢钠，或D为碳酸钠、E为碳酸氢钠，都符合转化关系，所以A是C，故答案为：③；若五种物质的焰色反应均为黄色，说明都含有钠元素，则A为Na，B可做生氧剂，则B为Na2O2，其中C、D、E的水溶液均显碱性，且等浓度时碱性C＞D＞E，则C为NaOH，D为Na2CO3，E为NaHCO3，-25-①B为Na2O2，B中含有的化学键类型为离子键、非极性键，故答案为：离子键、非极性键；②Na2O2转化成NaOH的离子方程式为：2Na2O2+2H2O=4Na++4OH﹣+O2↑，故答案为：2Na2O2+2H2O=4Na++4OH﹣+O2↑；③Na2CO3转化成NaHCO3的离子方程式为CO32﹣+CO2+H2O=2HCO3﹣，故答案为：CO32﹣+CO2+H2O=2HCO3﹣；（3）若常温下B、C、D均为气体，且D为红棕色气体，所以D为NO2，所以A为N2，根据图中转化关系，B和CO2气体通入饱和食盐水中有碳酸氢钠晶体析出，B为NH3，C为NO，E为HNO3，①写出B→C的化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O，故答案为：4NH3+5O24NO+6H2O；②将B和CO2气体通入饱和食盐水中有碳酸氢钠晶体析出，反应的离子方程式是NH3+CO2+NaCl+H2O=NH4Cl+NaHCO3，故答案为：NH3+CO2+NaCl+H2O=NH4Cl+NaHCO3；（4）E为红褐色沉淀，则E为Fe（OH）3，根据图中转化关系，A为Fe，C为浅绿色溶液，则C为FeCl2，B为黄色溶液，则B为FeCl3，D为Fe（OH）2，D转化成E的化学方程式4Fe（OH）2+O2+2H2O═4Fe（OH）3，故答案为：4Fe（OH）2+O2+2H2O═4Fe（OH）3．【点评】本题考查无机物的推断，注意利用信息及转化关系图推断各物质是解答的关键，习题综合性较强，涉及热化学反应、离子反应及溶液中物料守恒、电荷守恒的考查，题目难度中等． 10．二氧化碳是引起“温室效应”的主要物质，节能减排，高效利用能源，能够减少二氧化碳的排放．（1）有一种用CO2生产甲醇燃料的方法：已知：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H=﹣akJ•mol﹣1；CH3OH（g）=CH3OH（l）△H=﹣bkJ•mol﹣1；2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H=﹣ckJ•mol﹣1；H2O（g）═H2O（l）△H=﹣dkJ•mol﹣1，-25-则表示CH3OH（l）燃烧热的热化学方程式为： CH3OH（l）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣（c+2d﹣a﹣b）kJ•mol﹣1 ．【考点】热化学方程式．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】已知：①CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H=﹣akJ•mol﹣1；②CH3OH（g）=CH3OH（l）△H=﹣bkJ•mol﹣1；③2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H=﹣ckJ•mol﹣1；④H2O（g）═H2O（l）△H=﹣dkJ•mol﹣1，﹣①﹣②+×③+2×④得到：CH3OH（l）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（l），应用盖斯定律，始终抓住目标反应和已知反应之间的关系应用数学知识来解．【解答】解：已知：①CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H=﹣akJ•mol﹣1；②CH3OH（g）=CH3OH（l）△H=﹣bkJ•mol﹣1；③2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H=﹣ckJ•mol﹣1；④H2O（g）═H2O（l）△H=﹣dkJ•mol﹣1，应用盖斯定律解题，﹣①﹣②+×③+2×④得到：CH3OH（l）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（l），所以△H=﹣（c+2d﹣a﹣b）kJ•mol﹣1，CH3OH（l）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣（c+2d﹣a﹣b）kJ•mol﹣1，故答案为：CH3OH（l）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣（c+2d﹣a﹣b）kJ•mol﹣1．【点评】本题考查了电极反应式的书写，以及盖斯定律的应用，综合性强，但难度不大． 11．在一定温度下的2L固定容积的密闭容器中，通入2molCO2和3molH2，发生的反应为：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g），△H=﹣akJ•mol﹣1（a＞0），测得CO2（g）和CH3OH（g）的浓度随时间变化如图1所示．-25-（1）能说明该反应已达平衡状态的是 AB ．（选填编号）A．CO2的体积分数在混合气体中保持不变B．混合气体的平均相对分子质量不随时间的变化而变化C．单位时间内每消耗1.2molH2，同时生成0.4molH2OD．该体系中H2O与CH3OH的物质的量浓度之比为1：1，且保持不变计算该温度下此反应的平衡常数K= 0.20 ．（保留两位有效数字）．若改变条件 C （填选项），可使K=1．A．增大压强B．增大反应物浓度C．降低温度D．升高温度E．加入催化剂（3）某甲醇燃料电池原理如图2所示．①M区发生反应的电极反应式为 CH3OH﹣6e﹣+H2O=CO2+6H+ ．②用上述电池做电源，用图2装置电解饱和食盐水（电极均为惰性电极），则该电解的总反应离子方程式为： 2Cl﹣+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH﹣ ．假设溶液体积为300mL，当溶液的pH值变为13时（在常温下测定），理论上消耗甲醇的质量为 0.16g （忽略溶液体积变化）．【考点】化学平衡状态的判断；原电池和电解池的工作原理；化学平衡的计算．【分析】（1）化学反应达到化学平衡状态时，正逆反应速率相等，且不等于0，各物质的浓度不再发生变化，由此衍生的一些物理量不发生变化，以此进行判断；根据图象数据结合平衡常数K的计算公式进行计算，根据K仅与温度有关及反应为放热来判断改变条件；（3）①依据原电池装置图象分析，氢离子移向正极，所以M为原电池负极，N为正极，负极是甲醇燃料失电子在酸性介质中生成二氧化碳，据此书写电极反应；②电解饱和食盐水生成氯气、氢气和氢氧化钠，结合化学方程式书写离子方程式；依据电子守恒计算消耗甲醇质量．-25-【解答】解：（1）①A．CO2的体积分数在混合气体中保持不变，则能说明达到平衡状态，故A正确；B．平衡气体质量不变，反应前后气体物质的量减小，混合气体的平均相对分子质量不随时间的变化而变化，说明反应达到平衡，故B符合；C．单位时间内每消耗1.2molH2，同时生成0.4molH2O，不能体现正逆反应，故不能说明达到平衡状态，故C错误；D．H2O与CH3OH都是产物，并且按照1：1的比例生成，所以H2O与CH3OH的物质的量浓度之比一直为1：1，不能说明达到平衡状态，故D错误；故选AB；由图象数据CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）得开始浓度：11.500转化浓度：0.250.750.250.25平衡浓度：0.750.750.250.25所以K==0.20，则要使K=1，又反应放热所以降低温度使平衡向正反应方向移动，故答案为：0.20；C；（3）①M区是质子流出的一极，应是原电池的负极，发生氧化反应，电极反应式为：CH3OH﹣6e﹣+H2O=CO2+6H+，故答案为：CH3OH﹣6e﹣+H2O=CO2+6H+；②电解饱和食盐水生成氯气、氢气和氢氧化钠，结合化学方程式书写离子方程式为：2Cl﹣+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH﹣；溶液体积为300mL，当溶液的pH值为13时，溶液中氢氧根离子浓度c（OH﹣）=0.1mol/L，生成氢氧根离子物质的量=消耗氢离子物质的量=0.1mol/L×0.3L=0.03mol，依据电极反应和电子守恒计算，CH3OH﹣6e﹣+H2O=CO2+6H+，2H++2e﹣=H2↑，CH3OH～6H+，甲醇物质的量=0.005mol，质量=0.005mol×32g/mol=0.16g；故答案为：2Cl﹣+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH﹣；0.16g．【点评】本题考查了热化学方程式和盖斯定律计算分析化学平衡影响因素，平衡移动原理的分析判断，注意图象分析应用，原电池、电解池原理的分析判断，掌握基础是关键，题目难度中等． 【化学──选修5：有机化学】（共1小题，满分15分）-25-12．历史上曾将一类从植物胶中取得的具有芳香气味的物质称为芳香族化合物，芳香族化合物大部分具有“芳香性”，有研究者设计利用其特殊性质合成某药物，其合成路线如下（部分反应试剂和条件已略）：已知：Ⅰ．Ⅱ．试回答下列问题：（1）原料A的结构简式为 ；原料B发生反应④所需的条件为 浓硫酸、加热 ．D的分子式为 C9H7O3Cl ；F分子中含氧官能团的名称为 羰基 、 酯基 ．（3）反应①、⑥所属的反应类型分别为 氧化反应 、 取代反应 ．（4）反应②、⑤的化学方程式分别为② 、⑤为 ；（5）对苯二甲酸有多种同分异构体，符合下列条件的同分异构体有 10 种，-25-①苯环上有三个取代基；②能与NaHCO3溶液发生反应；③能发生银镜反应．写出其中一个同分异构体发生银镜反应并酸化以后的产物的核磁共振氢谱为四组峰，且峰面积比为1：2：2：1的同分异构体的结构简式 ．【考点】有机物的合成．【专题】有机物的化学性质及推断．【分析】A被酸性高锰酸钾溶液氧化生成对苯二甲酸，则A为对二甲苯，其结构简式为，对苯二甲酸反应生成C，C和SOCl2反应生成D，结合题给信息知，C结构简式为，根据反应④⑤知，B发生消去反应生成E，E结构简式为，据此分析解答．【解答】解：A被酸性高锰酸钾溶液氧化生成对苯二甲酸，则A为对二甲苯，其结构简式为，对苯二甲酸反应生成C，C和SOCl2反应生成D，结合题给信息知，C结构简式为，根据反应④⑤知，B发生消去反应生成E，E结构简式为，（1）题给以上分析知，A结构简式为，原料B发生反应④为消去反应，所需的条件浓硫酸、加热，-25-故答案为：；浓H2SO4、加热；根据D结构简式知，其分子式为C9H7O3Cl，根据F结构简式知，F中含氧官能团为羰基和酯基，故答案为：C9H7O3Cl；羰基；酯基；（3）通过以上分析知，反应①、⑥所属的反应类型分别为氧化反应、取代反应，故答案为：氧化反应；取代反应；（4）反应②发生酯化反应，反应方程式为，反应④发生加成反应，反应方程式为，故答案为：；；（5）对苯二甲酸同分异构体符合下列条件：①苯环上有三个取代基，说明取代基有3个；②能与NaHCO3溶液发生反应，说明含有羧基；③能发生银镜反应，说明含有醛基，官能团为﹣COOH、﹣OH、﹣CHO，如果﹣COOH、﹣OH位于相邻位置，有4种同分异构体；如果﹣COOH、﹣OH位于相间位置，有4种同分异构体；如果﹣COOH、﹣OH位于相对位置，有两种同分异构体；所以同分异构体有10种；-25-其中一个同分异构体发生银镜反应并酸化以后的产物的核磁共振氢谱为四组峰，且峰面积比为1：2：2：1的同分异构体的结构简式为，故答案为：10；．【点评】本题考查有机物合成，侧重考查分析推断能力，明确有机物中官能团与性质关系是解本题关键，结合题给信息进推断，难点是同分异构体种类的判断，采用“定二议一”的方法判断同分异构体种类． -25-
