2019-2020年高考化学周练化学试卷（一） 含解析

PAGE/NUMPAGES2019-2020年高考化学周练化学试卷（一）含解析一、选择题（共7小题，每小题3分，满分21分）1．（3分）（xx•宁远县校级模拟）下列方程式不能正确解释相关事实的是（）A．碳酸的酸性强于苯酚：CO2+H2O+→+HCO3﹣B．工业上用氧化铝冶炼金属铝：2Al2O3（熔融）4Al+3O2↑C．浓硫酸具有强氧化性：C+2H2SO4（浓）2SO2↑+CO2↑+2H2OD．金属铜能溶解于稀硝酸：Cu+4H++2NO3﹣=Cu2++2NO2↑+2H2O2．（3分）（xx•宁远县校级模拟）如图实验装置或操作正确的是（）A．向容量瓶中转移液体B．实验室制取乙酸乙酯C．实验室制乙烯D．分离酒精和水3．（3分）（xx•宁远县校级模拟）异秦皮啶具有镇静安神抗肿瘤功效，秦皮素具有抗痢疾杆菌功效．它们在一定条件下可发生转化，如图所示．有关说法正确的是（）A．异秦皮啶与秦皮素互为同分异构体B．异秦皮啶分子式为C11H12O5C．秦皮素一定条件下能发生加成反应、消去反应和取代反应D．1mol秦皮素最多可与2molBr2、4molNaOH反应4．（3分）（xx•太原模拟）分子式为C10H12O2的有机物，满足以下两个条件：①苯环上有两个取代基，②能与NaHCO3反应生成气体．则满足条件的该有机物的同分异构体有（）A．9B．10C．12D．155．（3分）（xx•江苏）设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是（）A．1.6g由氧气和臭氧组成的混合物中含有氧原子的数目为0.1NAB．0.1mol丙烯酸中含有双键的数目为0.1NAC． 标准 excel标准偏差excel标准偏差函数exl标准差函数国标检验抽样标准表免费下载红头文件格式标准下载 状况下，11.2L苯中含有分子的数目为0.5NAD．在过氧化钠与水的反应中，每生成0.1mol氧气，转移电子的数目为0.4NA6．（3分）（xx•宁远县校级模拟）根据下列操作及现象，所得结论正确的是（）序号操作及现象结论A将0.1mol•L﹣1氨水稀释成0.01mol•L﹣1，测得pH由11.1变成10.6稀释后NH3•H2O的电离程度减小B常温下，测得饱和Na2CO3溶液的pH大于饱和NaHCO3溶液常温下水解程度：CO32﹣＞HCO3﹣C向25mL冷水和沸水中分别滴入5滴FeCl3饱和溶液，前者为黄色，后者为红褐色温度升高，Fe3+的水解程度增大D将固体CaSO4加入Na2CO3饱和溶液中，一段时间后，检验固体成分为CaCO3同温下溶解度：CaSO4＜CaCO3A．AB．BC．CD．D7．（3分）（xx•大兴区一模）在2L的密闭容器中进行如下反应：CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g），有如下数据：实验温度/℃起始量/mol平衡量/molCOH2OCO2H2CO216502.01.0000.828002.02.0001.0下列说法正确的是（）A．正反应为吸热反应B．实验1中，CO的转化率为80%C．650℃时，化学平衡常数K=D．实验1再加入1.0molH2O，重新达到平衡时，n（CO2）为1.6mol二、解答题（共3小题，满分43分）8．（12分）（xx•宁远县校级模拟）高纯晶体硅是信息技术的关键材料．（1）硅元素位于周期表的周期族，在周期表的以下区域中，可以找到类似硅的半导体材料的是（填字母序号）．a．过渡元素区域b．金属和非金属元素的分界线附近c．含有氟、氯、硫、磷等元素的区域（2）工业上用石英砂和焦炭可制得粗硅．已知：（如图1）请将以下反应的热化学方程式补充完整：SiO2（s）+2C（s）═Si（s）+2CO（g）△H=（3）粗硅经系列反应可生成硅烷（SiH4），硅烷分解生成高纯硅．已知硅烷的分解温度远低于甲烷，用原子结构解释其原因：，Si元素的非金属性弱于C元素，硅烷的热稳定性弱于甲烷．（4）将粗硅转化成三氯氢硅（SiHCl3），进一步反应也可制得高纯硅．①SiHCl3中含有的SiCl4、AsCl3等杂质对晶体硅的质量有影响．根据下表数据，可用 方法 快递客服问题件处理详细方法山木方法pdf计算方法pdf华与华方法下载八字理论方法下载 提纯SiHCl3．物质SiHCl3SiCl4AsCl3沸点/℃32.057.5131.6②用SiHCl3制备高纯硅的反应为SiHCl3（g）+H2（g）Si（s）+3HCl（g），不同温度下，SiHCl3的平衡转化率随反应物的投料比（反应初始时，各反应物的物质的量之比）的变化关系如图2所示．下列说法正确的是（填字母序号）．a．该反应的平衡常数随温度升高而增大b．横坐标表示的投料比应该是c．实际生产中为提高SiHCl3的利用率，应适当升高温度．9．（15分）（xx•宁远县校级模拟）自然界中有多种铁矿石，如磁铁矿（Fe3O4）、赤铁矿（Fe2O3）和菱铁矿（FeCO3）等．铁矿石是工业炼铁的主要原料之一，其主要成分为铁的氧化物（设杂质中不含铁元素和氧元素，且杂质不与稀硫酸反应）．某研究性学习小组对某铁矿石中铁的价态和氧化物的化学式进行探究．【提出假设】假设1：铁矿石中只含+3价铁；假设2：铁矿石中只含+2价铁；假设3：．【查阅资料】2KMnO4+16HCl（浓）=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O【定性研究】实验（一）取铁矿石样品粉碎，盛装于烧杯中，加入适量的X溶液，微热，充分溶解后将滤液分成四份：①向第一份溶液中滴加少量KSCN溶液；②向第二份溶液中滴加适量高锰酸钾溶液；③向第三份溶液中滴加少量KSCN溶液，再滴加适量双氧水溶液；④向第四份溶液中滴加适量氢氧化钠溶液．（1）上述X溶液是（填“稀硝酸”、“稀硫酸”或“浓盐酸”）；上述 方案 气瓶 现场处置方案 .pdf气瓶 现场处置方案 .doc见习基地管理方案.doc关于群访事件的化解方案建筑工地扬尘治理专项方案下载 中，一定能证明铁矿石中含+2价铁的方案是（填序号）．【定量研究】实验（二）铁矿石中含氧量的测定：①按图组装仪器，检查装置的气密性；②将5.0g铁矿石放入硬质玻璃管中，其他装置中的药品如图所示（夹持装置已略去）；③A中开始反应，不断地缓缓向后续装置中通入氢气，待D装置出口处氢气验纯后，点燃C处酒精灯；④充分反应后，撤掉酒精灯，再持续通入氢气直至完全冷却．（2）按上述方案进行多次实验，假设各项操作都正确，但最终测得结果都偏高，请你提出改进方案的建议：．如果拆去B装置，测得结果可能会（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）．（3）改进方案后，测得反应后D装置增重1.35g，则铁矿石中氧的百分含量为若将H2换成CO，则还需补充装置．有同学认为，不测定D装置的净增质量，通过测定物理量，也能达到实验目的．实验（三）铁矿石中含铁量的测定：（4）步骤④中煮沸的作用是．（5）步骤⑤中用到的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒、胶头滴管外，还有．（6）下列有关步骤⑥的说法中正确的是（填序号）．a．因为碘水为黄色，所以滴定过程中不需要加指示剂b．滴定过程中可利用淀粉溶液作为指示剂c．滴定管用蒸馏水洗涤后可以直接装液d．锥形瓶不能用待装液润洗e．滴定过程中，眼睛应注视滴定管中液面变化f．滴定结束后，30s内溶液不恢复原来的颜色，再读数（7）若滴定过程中消耗0.5000mol•L﹣1的KI溶液20.00mL，则铁矿石中铁的百分含量为．综合实验（二）的结果，可以推算出该铁矿石中铁的氧化物的化学式为．10．（16分）（xx•宁远县校级模拟）甲同学进行Fe2+还原性的实验，针对异常现象进行探究．步骤一：制取FeCl2溶液．向0.1mol•L﹣1FeCl3溶液中加足量铁粉振荡，静置后取上层清液，测得pH＜1．实验二：向2mLFeCl2溶液中滴加2滴0.1mol•L﹣1KSCN溶液，无现象；再滴加5滴5%H2O2溶液（物质的量浓度约为1.5mol•L﹣1、pH约为5），观察到溶液变红，大约10秒左右红色褪去，有气体生成（经检验为O2）．（1）用离子方程式表示步骤二中溶液变红的原因：、（2）甲探究步骤二中溶液褪色的原因：Ⅰ．取褪色后溶液两份，一份滴加FeCl3溶液无现象；另一份滴加KSCN溶液出现红色；Ⅱ．取褪色后溶液，滴加盐酸和BaCl2溶液，产生白色沉淀．Ⅲ．向2mL0.1mol•L﹣1FeCl3溶液中滴加2滴0.1mol•L﹣1KSCN溶液，变红，通入O2，无明显变化．①实验I的说明；②实验Ⅲ的目的是．得出结论：溶液褪色的原因是酸性条件下H2O2将SCN﹣氧化成SO42﹣．（3）甲直接用FeCl2•4H2O配制mol•L﹣1的FeCl2溶液，重复步骤二中的操作，发现液体红色并未褪去．进一步探究其原因：I．用激光笔分别照射红色液体和滴加了KSCN溶液的FeCl3溶液，前者有丁达尔效应，后者无．测所配FeCl2溶液的pH，约为3．由此，乙认为红色不褪去的可能原因是：Ⅱ．查阅资料后推测，红色不褪去的原因还可能是pH较大时H2O2不能氧化SCN﹣．乙利用上述部分试剂，通过实验排除了这一可能．乙的实验操作及现象是：步骤试剂及操作现象i生成白色沉淀ii向i所得溶液中滴加0.1mol•L﹣1FeCl3溶液三、化学--选修5：有机化学基础（共1小题，满分15分）11．（15分）（xx•包头校级模拟）可用来制备抗凝血药，通过如图路线合成：（1）A与银氨溶液反应有银镜生成，写出该反应的离子方程式．（2）B→C的反应类型是．（3）写出D→E的化学方程式：．（4）写出F和过量NaOH溶液共热时反应的化学方程式：．（5）下列关于G的说法正确的是．a．能与溴单质反应b．能与金属钠反应c.1molG最多能和3mol氢气反应d．分子式是C9H6O3（6）E的同分异构体很多，除E外符合下列条件的共种．①含苯环且能与氯化铁溶液显色，②苯环上有两个取代基，③含酯基．（7）F分子中有种不同化学环境的氢原子．xx年湖南省永州市宁远一中高考化学周练化学试卷（一）参考答案与试题解析一、选择题（共7小题，每小题3分，满分21分）1．（3分）（xx•宁远县校级模拟）下列方程式不能正确解释相关事实的是（）A．碳酸的酸性强于苯酚：CO2+H2O+→+HCO3﹣B．工业上用氧化铝冶炼金属铝：2Al2O3（熔融）4Al+3O2↑C．浓硫酸具有强氧化性：C+2H2SO4（浓）2SO2↑+CO2↑+2H2OD．金属铜能溶解于稀硝酸：Cu+4H++2NO3﹣=Cu2++2NO2↑+2H2O考点：离子方程式的书写．专题：离子反应专题．分析：A．反应生成苯酚和碳酸氢钠；B．电解生成Al和氧气；C．发生氧化还原反应，遵循电子、电荷守恒，且S元素的化合价降低；D．反应生成硝酸铜、NO和水．解答：解：A．碳酸的酸性强于苯酚的离子反应为CO2+H2O+→+HCO3﹣，故A正确；B．工业上用氧化铝冶炼金属铝的反应为2Al2O3（熔融）4Al+3O2↑，故B正确；C．浓硫酸具有强氧化性，相关反应为C+2H2SO4（浓）2SO2↑+CO2↑+2H2O，浓硫酸只体现氧化性，故C正确；D．金属铜能溶解于稀硝酸的离子反应为3Cu+8H++2NO3﹣3=Cu2++2NO↑+4H2O，故D错误；故选D．点评：本题考查离子反应方程式的书写，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应的离子反应的考查，题目难度不大．2．（3分）（xx•宁远县校级模拟）如图实验装置或操作正确的是（）A．向容量瓶中转移液体B．实验室制取乙酸乙酯C．实验室制乙烯D．分离酒精和水考点：化学实验方案的 评价 LEC评价法下载LEC评价法下载评价量规免费下载学院评价表文档下载学院评价表文档下载 ．专题：实验评价题．分析：A．转移液体需要引流；B．乙醇和乙酸易溶于碳酸钠溶液；C．温度计测量反应的温度；D．分液漏斗分离能分层的物质．解答：解：A．转移液体需要用玻璃棒引流，故A正确；B．导管不能插入液面以下，乙醇和乙酸易溶于碳酸钠溶液，会发生倒吸，故B错误；C．温度计测量反应的温度，应插入液面以下，故C错误；D．酒精和水互溶，不能用分液分离，故D错误．故选A．点评：本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及转移液体、物质制备及分离与提纯等，侧重实验基本操作和实验原理的考查，注意装置的作用及实验的操作性、评价性分析，题目难度不大．3．（3分）（xx•宁远县校级模拟）异秦皮啶具有镇静安神抗肿瘤功效，秦皮素具有抗痢疾杆菌功效．它们在一定条件下可发生转化，如图所示．有关说法正确的是（）A．异秦皮啶与秦皮素互为同分异构体B．异秦皮啶分子式为C11H12O5C．秦皮素一定条件下能发生加成反应、消去反应和取代反应D．1mol秦皮素最多可与2molBr2、4molNaOH反应考点：有机物的结构和性质．专题：有机物的化学性质及推断．分析：根据有机物的结构简式判断有机物所含元素种类以及原子个数，可确定有机物的分子式，异秦皮啶含有酚羟基，可发生取代、氧化反应，含有C=O，可发生加成反应，含有酯基，可发生水解反应，含有碳碳双键，可发生加成反应，由官能团的转化可知，异秦皮啶取代反应生成秦皮素．解答：解：A．异秦皮啶与秦皮素分子式不同，不属于同分异构体，故A错误；B．异秦皮啶分子式为C11H10O5，故B错误；C．秦皮素中含有酚羟基，不能发生消去反应，故C错误；D．秦皮素中含有酚羟基，对位上有1个H可被取代，含有碳碳双键，可发生加成反应，则1mol秦皮素最多可与2molBr2反应，水解产物中含有3个酚羟基和1个羧基，则1mol秦皮素最多可与4molNaOH反应，故D正确；故选D．点评：本题考查有机物的结构和性质，题目难度不大，注意有机物的官能团的性质，为影响有机物性质的主要因素，注意酚羟基和醇羟基性质的不同．4．（3分）（xx•太原模拟）分子式为C10H12O2的有机物，满足以下两个条件：①苯环上有两个取代基，②能与NaHCO3反应生成气体．则满足条件的该有机物的同分异构体有（）A．9B．10C．12D．15考点：同分异构现象和同分异构体．专题：同系物和同分异构体．分析：分子式为C10H12O2的有机物，能与NaHCO3反应生成气体，说明该有机物中一定含有羧基：﹣COOH，再根据苯环上有两个取代基可知，该有机物除了苯环和羧基以外，其它都是单键，且还有10﹣6﹣1=3个C，可能的组合为：①﹣CH3、﹣CH2CH2COOH、②﹣CH3、﹣CH（CH3）COOH、③﹣CH2CH3、﹣CH2COOH④﹣COOH、﹣CH2CH2CH3⑤﹣COOH、﹣CH（CH3）2，每种组合都含有邻、间、对三种同分异构体，据此求算出含有的同分异构体数目．解答：解：分子式为C10H12O2，能与NaHCO3反应生成气体，说明该有机物中一定含有羧基：﹣COOH，根据分子组成可知，该有机物除了苯环和羧基以外，其它都是单键，另外还含有：10﹣6﹣1=3个C，苯环上有两个取代基，则取代基的可能组合为：①﹣CH3、﹣CH2CH2COOH、②﹣CH3、﹣CH（CH3）COOH、③﹣CH2CH3、﹣CH2COOH④﹣COOH、﹣CH2CH2CH3⑤﹣COOH、﹣CH（CH3）2，每种组合中都含有邻、间、对三种同分异构体，所以该有机物总共含有的同分异构体数目为：5×3=15种，故选D．点评：本题考查了有机物同分异构体的求算，题目难度中等，注意掌握同分异构体的概念及求算方法，正确根据题干信息判断出该有机物分子含有的官能团、取代基类型为解答本题关键．5．（3分）（xx•江苏）设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是（）A．1.6g由氧气和臭氧组成的混合物中含有氧原子的数目为0.1NAB．0.1mol丙烯酸中含有双键的数目为0.1NAC．标准状况下，11.2L苯中含有分子的数目为0.5NAD．在过氧化钠与水的反应中，每生成0.1mol氧气，转移电子的数目为0.4NA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．1.6g氧气和臭氧的混合物中含有1.6g氧原子，含有0.1mol氧原子；B．丙烯酸分子中含有1个碳碳双键和1个碳氧双键，总共含有2个双键；C．标准状况下，苯的状态不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算苯的物质的量；D．过氧化钠中氧元素的化合价为﹣1价，生成0.1mol氧气转移了0.2mol电子．解答：解：A．1.6g氧气和臭氧的混合物中含有氧原子的质量为1.6g，含有氧原子的物质的量为0.1mol，含有氧原子的数目为0.1NA，故A正确；B．0.1mol丙烯酸中含有0.1mol碳碳双键和0.1mol碳氧双键，总共含有0.2mol双键，含有双键的数目为0.2NA，故B错误；C．标况下，苯不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算11.2L苯的物质的量，故C错误；D．过氧化钠与水的反应中，生成0.1mol氧气转移了0.2mol电子，转移电子的数目为0.2NA，故D错误；故选A．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，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，明确标况下气体摩尔体积的使用条件，选项B为易错点，注意丙烯酸分子中含有两个双键．6．（3分）（xx•宁远县校级模拟）根据下列操作及现象，所得结论正确的是（）序号操作及现象结论A将0.1mol•L﹣1氨水稀释成0.01mol•L﹣1，测得pH由11.1变成10.6稀释后NH3•H2O的电离程度减小B常温下，测得饱和Na2CO3溶液的pH大于饱和NaHCO3溶液常温下水解程度：CO32﹣＞HCO3﹣C向25mL冷水和沸水中分别滴入5滴FeCl3饱和溶液，前者为黄色，后者为红褐色温度升高，Fe3+的水解程度增大D将固体CaSO4加入Na2CO3饱和溶液中，一段时间后，检验固体成分为CaCO3同温下溶解度：CaSO4＜CaCO3A．AB．BC．CD．D考点：化学实验方案的评价；溶解度、饱和溶液的概念；弱电解质在水溶液中的电离平衡；影响盐类水解程度的主要因素．专题：实验评价题；盐类的水解专题．分析：A．NH3•H2O为弱电解质，加水稀释促进电离；B．Na2CO3溶解度较大，应比较相同的浓度的溶液的pH；C．盐类的水解为吸热反应，升高温度促进水解；D．从难溶电解质的溶解平衡的角度分析．解答：解：A．NH3•H2O为弱电解质，加水稀释促进电离，由于溶液体积增大，pH反而减小，故A错误；B．饱和溶液的浓度不同，Na2CO3溶解度较大，应比较相同的浓度的溶液的pH，故B错误；C．盐类的水解为吸热反应，升高温度促进水解，可根据溶液颜色判断，故C正确；D．水垢中的CaSO4用Na2CO3溶液充分浸泡后可转化为CaCO3，说明溶解度CaSO4＞CaCO3，故D错误．故选C点评：本题考查较为综合，涉及弱电解质、盐类水解以及难溶电解质的溶解平衡等知识，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，为高考常见题型，注意相关基本实验操作的注意事项，难度不大，注意相关基础知识的积累．7．（3分）（xx•大兴区一模）在2L的密闭容器中进行如下反应：CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g），有如下数据：实验温度/℃起始量/mol平衡量/molCOH2OCO2H2CO216502.01.0000.828002.02.0001.0下列说法正确的是（）A．正反应为吸热反应B．实验1中，CO的转化率为80%C．650℃时，化学平衡常数K=D．实验1再加入1.0molH2O，重新达到平衡时，n（CO2）为1.6mol考点：化学平衡建立的过程．专题：化学平衡专题．分析：A、利用三段式，计算出两个温度下的平衡常数，再根据平衡常数的大小可判断出该反应是放热反应还是吸热反应；B、根据转化率=×100%进行计算；C、根据A中的计算可作判断；D、根据平衡常数进行判断．解答：解：A、利用三段式，在650℃时CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g），起始（mol）2.01.000转化（mol）0.80.80.80.8平衡（mol）1.20.20.80.8平衡常数K==，在800℃CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g），起始（mol）2.02.000转化（mol）1.01.01.01.0平衡（mol）1.01.01.01.0平衡常数K==1，由此可知在650℃时平衡常数大于800℃的平衡常数，即升高温度平衡逆向移动，所该反应的正反应为放热反应，故A错误；B、在650℃时CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g），起始（mol）2.01.000转化（mol）0.80.80.80.8平衡（mol）1.20.20.80.8CO的转化率=×100%=×100%=40%，故B错误；C、由A中的计算可知，C正确；D、利用三段式，设平衡时n（CO2）为x，在650℃时CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g），起始（mol）2.02.000转化（mol）xxxx平衡（mol）2﹣x2﹣xxx根据平衡常数K==得x=≠1.6，故D错误；故选C．点评：本题主要考查了平衡常数和转化率的计算，及根据平衡常数对反应作判断，有一定的综合性，中等难度．二、解答题（共3小题，满分43分）8．（12分）（xx•宁远县校级模拟）高纯晶体硅是信息技术的关键材料．（1）硅元素位于周期表的三周期ⅣA族，在周期表的以下区域中，可以找到类似硅的半导体材料的是b（填字母序号）．a．过渡元素区域b．金属和非金属元素的分界线附近c．含有氟、氯、硫、磷等元素的区域（2）工业上用石英砂和焦炭可制得粗硅．已知：（如图1）请将以下反应的热化学方程式补充完整：SiO2（s）+2C（s）═Si（s）+2CO（g）△H=+638.4kJ•mol﹣1（3）粗硅经系列反应可生成硅烷（SiH4），硅烷分解生成高纯硅．已知硅烷的分解温度远低于甲烷，用原子结构解释其原因：C和Si最外层电子数相同（或“是同主族元素”），C原子半径小于Si（或“C原子电子层数少于Si”），Si元素的非金属性弱于C元素，硅烷的热稳定性弱于甲烷．（4）将粗硅转化成三氯氢硅（SiHCl3），进一步反应也可制得高纯硅．①SiHCl3中含有的SiCl4、AsCl3等杂质对晶体硅的质量有影响．根据下表数据，可用蒸馏方法提纯SiHCl3．物质SiHCl3SiCl4AsCl3沸点/℃32.057.5131.6②用SiHCl3制备高纯硅的反应为SiHCl3（g）+H2（g）Si（s）+3HCl（g），不同温度下，SiHCl3的平衡转化率随反应物的投料比（反应初始时，各反应物的物质的量之比）的变化关系如图2所示．下列说法正确的是ac（填字母序号）．a．该反应的平衡常数随温度升高而增大b．横坐标表示的投料比应该是c．实际生产中为提高SiHCl3的利用率，应适当升高温度．考点：元素周期表的结构及其应用；热化学方程式；化学平衡的影响因素；硅和二氧化硅．分析：（1）依据硅是14号元素分析其位置，依据元素周期表的递变规律寻找半导体材料；（2）由图1可得热化学方程式：①Si（s）+O2（g）═SiO2（s）△H1=﹣859.4kJ•mol﹣1②O2（g）+2C（s）═2CO（g）△H2=﹣221.0kJ•mol﹣1根据盖斯定律可知，热化学方程式SiO2（s）+2C（s）═Si（s）+2CO（g）可由②﹣①得，△H=△H2﹣△H1=﹣859.4﹣（﹣221.0）kJ•mol﹣1=+638.4kJ•mol﹣1；（3）硅烷的分解温度远低于甲烷的原因为：C和Si最外层电子数相同（或“是同主族元素”），C原子半径小于Si（或“C原子电子层数少于Si”）Si元素的非金属性弱于C元素，硅烷的热稳定性弱于甲烷；（4）①根据各物质沸点的不同分离提纯物质，可用蒸馏（或分馏）法；②a．因为随着温度的升高，SiHCl3的转化率增大，平衡右移，则该反应的平衡常数随温度升高而增大；b．增大一种反应物的浓度，能提高其它反应物的转化率，而本身的转化率反而降低，故横坐标表示的投料比应该是；c．因为随着温度的升高，SiHCl3的转化率增大，平衡右移，故实际生产中为提高SiHCl3的利用率，应适当升高温度．解答：解：（1）Si是14号元素，处于周期表中第三周期第ⅣA族，元素周期表中，在金属与非金属的分界线附近的元素既有金属的性质有非金属的性质，能作半导体材料，故b正确；故答案为：三；ⅣA；b；（2）由图1可得热化学方程式：①Si（s）+O2（g）═SiO2（s）△H1=﹣859.4kJ•mol﹣1②O2（g）+2C（s）═2CO（g）△H2=﹣221.0kJ•mol﹣1根据盖斯定律可知，热化学方程式SiO2（s）+2C（s）═Si（s）+2CO（g）可由②﹣①得，△H=△H2﹣△H1=﹣859.4﹣（﹣221.0）kJ•mol﹣1=+638.4kJ•mol﹣1，故答案为：+638.4kJ•mol﹣1；（3）C和Si最外层电子数相同（或“是同主族元素”），C原子半径小于Si（或“C原子电子层数少于Si”）Si元素的非金属性弱于C元素，硅烷的热稳定性弱于甲烷，故硅烷的分解温度远低于甲烷，故答案为：C和Si最外层电子数相同（或“是同主族元素”），C原子半径小于Si（或“C原子电子层数少于Si”）Si元素的非金属性弱于C元素，硅烷的热稳定性弱于甲烷；（4）①根据各物质沸点的不同分离提纯物质，可用蒸馏（或分馏）法，故答案为：蒸馏（或分馏）；②a．因为随着温度的升高，SiHCl3的转化率增大，平衡右移，则该反应的平衡常数随温度升高而增大，故a正确；b．增大一种反应物的浓度，能提高其它反应物的转化率，而本身的转化率反而降低，故横坐标表示的投料比应该是，故b错误；c．因为随着温度的升高，SiHCl3的转化率增大，平衡右移，故实际生产中为提高SiHCl3的利用率，应适当升高温度，故c正确；故选ac．点评：本题主要考查的是元素周期表的应用、盖斯定律应用、化学平衡常数和平衡移动等，题目难度中等，注意相关知识的积累．9．（15分）（xx•宁远县校级模拟）自然界中有多种铁矿石，如磁铁矿（Fe3O4）、赤铁矿（Fe2O3）和菱铁矿（FeCO3）等．铁矿石是工业炼铁的主要原料之一，其主要成分为铁的氧化物（设杂质中不含铁元素和氧元素，且杂质不与稀硫酸反应）．某研究性学习小组对某铁矿石中铁的价态和氧化物的化学式进行探究．【提出假设】假设1：铁矿石中只含+3价铁；假设2：铁矿石中只含+2价铁；假设3：铁矿石中含+2、+3价铁．【查阅资料】2KMnO4+16HCl（浓）=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O【定性研究】实验（一）取铁矿石样品粉碎，盛装于烧杯中，加入适量的X溶液，微热，充分溶解后将滤液分成四份：①向第一份溶液中滴加少量KSCN溶液；②向第二份溶液中滴加适量高锰酸钾溶液；③向第三份溶液中滴加少量KSCN溶液，再滴加适量双氧水溶液；④向第四份溶液中滴加适量氢氧化钠溶液．（1）上述X溶液是稀硫酸（填“稀硝酸”、“稀硫酸”或“浓盐酸”）；上述方案中，一定能证明铁矿石中含+2价铁的方案是②（填序号）．【定量研究】实验（二）铁矿石中含氧量的测定：①按图组装仪器，检查装置的气密性；②将5.0g铁矿石放入硬质玻璃管中，其他装置中的药品如图所示（夹持装置已略去）；③A中开始反应，不断地缓缓向后续装置中通入氢气，待D装置出口处氢气验纯后，点燃C处酒精灯；④充分反应后，撤掉酒精灯，再持续通入氢气直至完全冷却．（2）按上述方案进行多次实验，假设各项操作都正确，但最终测得结果都偏高，请你提出改进方案的建议：装置D后连接一个盛碱石灰的干燥管．如果拆去B装置，测得结果可能会偏高（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）．（3）改进方案后，测得反应后D装置增重1.35g，则铁矿石中氧的百分含量为24%若将H2换成CO，则还需补充尾气处理装置．有同学认为，不测定D装置的净增质量，通过测定物理量装置C反应前后质量变化，也能达到实验目的．实验（三）铁矿石中含铁量的测定：（4）步骤④中煮沸的作用是赶走溶液中溶解的过量的Cl2．（5）步骤⑤中用到的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒、胶头滴管外，还有250mL容量瓶．（6）下列有关步骤⑥的说法中正确的是df（填序号）．a．因为碘水为黄色，所以滴定过程中不需要加指示剂b．滴定过程中可利用淀粉溶液作为指示剂c．滴定管用蒸馏水洗涤后可以直接装液d．锥形瓶不能用待装液润洗e．滴定过程中，眼睛应注视滴定管中液面变化f．滴定结束后，30s内溶液不恢复原来的颜色，再读数（7）若滴定过程中消耗0.5000mol•L﹣1的KI溶液20.00mL，则铁矿石中铁的百分含量为70%．综合实验（二）的结果，可以推算出该铁矿石中铁的氧化物的化学式为Fe5O6．考点：探究物质的组成或测量物质的含量；性质实验方案的设计．专题：实验探究和数据处理题．分析：【提出假设】依据假设1、2分析推断假设3为铁矿石中含+2、+3价铁；【定性研究】（1）样品溶解需要酸，硝酸具有氧化性可能也会亚铁离子，浓盐酸会被高锰酸钾溶液也会生成氯气，所以只有稀硫酸符合；依据实验步骤②加入高锰酸钾溶液褪色证明含有亚铁离子；【定量研究】（2）分析装置图，最后碱石灰可以吸收空气中的水蒸气和二氧化碳导致测定结果偏高，需连接盛碱石灰的干燥管；去掉装置B水蒸气金融业装置D导致测定结果偏高；（3）依据装置D中水的质量，结合氧元素守恒计算含氧元素质量，得到铁矿石中氧的百分含量；（4）煮沸可以将水中的气体赶走；（5）根据稀释液体和配制一定体积的溶液所选择的仪器来回答；（6）根据滴定试验以及滴定过程中的实验误差分析知识来回答判断；（7）根据元素守恒和化学反应方程式进行计算；根据铁元素质量分数和氧元素质量分数计算出铁的氧化物的化学式．解答：解：【提出假设】假设1：铁矿石中只含+3价铁；假设2：铁矿石中只含+2价铁；依据假设1、2，结合铁元素存在的化合价，分析推断假设3为铁矿石中含+2、+3价铁，故答案为：铁矿石中含+2、+3价铁；【定性研究】（1）样品溶解需要酸，硝酸具有氧化性可能也会亚铁离子，浓盐酸会被高锰酸钾溶液也会生成氯气，所以只有稀硫酸符合；依据实验步骤②，向第二份溶液中滴加适量高锰酸钾溶液具有强氧化性，加入高锰酸钾溶液褪色证明被还原，证明含有亚铁离子，故答案为：稀硫酸；②；【定量研究】（2）该实验中，氢气和氧化铁反应生成金属铁和水，根据固体质量的变化来计算铁的含量，分析装置图，最后碱石灰可以吸收空气中的水蒸气和二氧化碳导致测定结果偏高，需连接盛碱石灰的干燥管；去掉装置B水蒸气金融业装置D导致测定结果偏高；故答案为：装置D后连接一个盛碱石灰的干燥管；偏高；（3）依据水的质量计算含氧元素质量得到铁矿石中氧的百分含量，测的反应后装置D增重1.35g，根据反应的实质，增加的是水的质量，根据质量守恒定律，所以铁矿石中氧的百分含量是：×100%=24%，一氧化碳有毒不能排放空气中，若将H2换成CO，则还需补充尾气吸收装置，不测定D装置的净增质量，通过测定物理量装置C反应前后质量变化计算含氧量，故答案为：24%；尾气处理；装置C反应前后质量变化；（4）向铁矿石中加入硫酸，化反应生成硫酸的铁盐溶液，还存在过量的硫酸溶液，加入过量的氯气，煮沸后可以降低氯气的溶解度，赶走溶液中溶解的过量的Cl2，故答案为：赶走溶液中溶解的过量的Cl2；（5）将原溶液稀释到250mL，需要使用的玻璃仪器仪器有：烧杯、玻璃棒、胶头滴管、250mL容量瓶，还缺少250mL容量瓶，故答案为：250mL容量瓶；（6）a．碘水为黄色，三价铁离子也是黄色溶液，滴定过程中需加指示剂，故a错误；b．滴定过程中，三价铁可以和碘离子发生反应生成亚铁离子和碘单质，碘单质遇到淀粉溶液显示蓝色，不能确定是否达到滴定终点，故b错误；c．滴定管用蒸馏水洗涤后必须用标准液润洗，故c错误；d．锥形瓶不需要用待测液润洗，故d正确；e．滴定过程中，眼睛注视锥形瓶中颜色的变化，故e错误；f．滴定结束后，30s内溶液不恢复原来的颜色再读数，故f正确，故答案为：df；（7）根据反应的方程式为2Fe3++2I﹣=2Fe2++I2可知，消耗的碘离子与铁离子物质的量相等，n（Fe3+）=n（KI），即：0.5000mol•L﹣1×0.020L=c（Fe3+）×0.02L，解得c（Fe3+）=0.5mol•L﹣1，所以铁元素的百分含量为：×100%=70%，铁的质量分数是70%，氧元素的质量分数是24%，所以100g铁矿石中，铁元素的质量是70g，氧元素质量是24g，铁元素和氧元素的物质的量比为：：=5：6，铁的氧化物的化学式为Fe5O6，故答案是：70%；Fe5O6．点评：本题考查了探究铁矿石中氧元素和铁元素的含量的方法，该题是高考中的常见题型，属于中等难度的试题，侧重对学生能力的培养和训练，有利于培养学生 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严谨的实验设计、操作能力；该类试题综合性强，理论和实践的了解紧密，要求学生必须认真、细致的审题，了解所学过的知识和技能，全面细致的思考才能得出正确的结论．10．（16分）（xx•宁远县校级模拟）甲同学进行Fe2+还原性的实验，针对异常现象进行探究．步骤一：制取FeCl2溶液．向0.1mol•L﹣1FeCl3溶液中加足量铁粉振荡，静置后取上层清液，测得pH＜1．实验二：向2mLFeCl2溶液中滴加2滴0.1mol•L﹣1KSCN溶液，无现象；再滴加5滴5%H2O2溶液（物质的量浓度约为1.5mol•L﹣1、pH约为5），观察到溶液变红，大约10秒左右红色褪去，有气体生成（经检验为O2）．（1）用离子方程式表示步骤二中溶液变红的原因：2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O，Fe3++3SCN⇌Fe（SCN）3、（2）甲探究步骤二中溶液褪色的原因：Ⅰ．取褪色后溶液两份，一份滴加FeCl3溶液无现象；另一份滴加KSCN溶液出现红色；Ⅱ．取褪色后溶液，滴加盐酸和BaCl2溶液，产生白色沉淀．Ⅲ．向2mL0.1mol•L﹣1FeCl3溶液中滴加2滴0.1mol•L﹣1KSCN溶液，变红，通入O2，无明显变化．①实验I的说明溶液红色褪去是因为SCN﹣发生了反应而不是Fe3+发生反应；②实验Ⅲ的目的是排除H2O2分解产生的O2氧化SCN﹣的可能．得出结论：溶液褪色的原因是酸性条件下H2O2将SCN﹣氧化成SO42﹣．（3）甲直接用FeCl2•4H2O配制0.15mol•L﹣1的FeCl2溶液，重复步骤二中的操作，发现液体红色并未褪去．进一步探究其原因：I．用激光笔分别照射红色液体和滴加了KSCN溶液的FeCl3溶液，前者有丁达尔效应，后者无．测所配FeCl2溶液的pH，约为3．由此，乙认为红色不褪去的可能原因是：H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，pH增大促进Fe3+水解形成红色Fe（OH）3胶体Ⅱ．查阅资料后推测，红色不褪去的原因还可能是pH较大时H2O2不能氧化SCN﹣．乙利用上述部分试剂，通过实验排除了这一可能．乙的实验操作及现象是：步骤试剂及操作现象i取2mLBaCl2溶液，滴加2滴0.1mol•L﹣1KSCN溶液和5滴5%H2O2溶液生成白色沉淀ii向i所得溶液中滴加0.1mol•L﹣1FeCl3溶液无明显现象考点：铁盐和亚铁盐的相互转变；性质实验方案的设计．专题：实验探究和数据处理题．分析：（1）亚铁离子被过氧化氢氧化生成三价铁离子；Ⅰ、①取褪色后溶液两份，一份滴加FeCl3溶液无现象，说明溶液中SCN﹣离子不存在；另一份滴加KSCN溶液出现红色说明溶液中存在铁离子；②实验Ⅲ的目的是排除实验干扰，排除H2O2分解产生的O2氧化SCN﹣的可能，如果氧气氧化SCN﹣红色应褪去；（3）步骤二中亚铁离子的物质的量浓度，由反应可知2Fe3++Fe=3Fe2+，FeCl2溶液溶质的浓度是FeCl3浓度的1.5倍；Ⅰ．用激光笔分别照射红色液体和滴加了KSCN溶液的FeCl3溶液，前者有丁达尔效应，生成红色的胶体，后者无，说明硫氰化铁溶液不能产生丁达尔效应；Ⅱ．如果SCN﹣被过氧化氢氧化产物中应产生硫酸根离子，再加入铁离子无明显现象，因为硫氰化钾已被氧化．解答：解：（1）亚铁离子被过氧化氢氧化生成三价铁离子，2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O，生成的三价铁离子与硫氰根离子形成血红色的络合Fe3++3SCN⇌Fe（SCN）3，故答案为2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O，Fe3++3SCN⇌Fe（SCN）3；（2）①取褪色后溶液两份，一份滴加FeCl3溶液无现象，说明溶液中SCN﹣离子不存在；另一份滴加KSCN溶液出现红色说明溶液中存在铁离子，故答案为：溶液红色褪去是因为SCN﹣发生了反应而不是Fe3+发生反应；②实验Ⅲ的目的是排除实验干扰，排除H2O2分解产生的O2氧化SCN﹣的可能，如果氧气氧化SCN﹣红色应褪去，故答案为：排除H2O2分解产生的O2氧化SCN﹣的可能；（3）①步骤二中亚铁离子的物质的量浓度，由反应可知2Fe3++Fe=3Fe2+，FeCl2溶液溶质的浓度是FeCl3浓度的1.5倍，所以浓度为：1.5×0.1mol•L﹣1=0.15mol•L﹣1，故答案为：0.15；②Ⅰ．用激光笔分别照射红色液体和滴加了KSCN溶液的FeCl3溶液，前者有丁达尔效应，生成红色的胶体，后者无，说明硫氰化铁溶液不能产生丁达尔效应，故答案为：H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，pH增大促进Fe3+水解形成红色Fe（OH）3胶体；③如果SCN﹣被过氧化氢氧化产物中应产生硫酸根离子，具体方法；取2mLBaCl2溶液，滴加2滴0.1mol•L﹣1KSCN溶液和5滴5%H2O2溶液，故答案为：取2mLBaCl2溶液，滴加2滴0.1mol•L﹣1KSCN溶液和5滴5%H2O2溶液；④再加入铁离子无明显现象，因为硫氰化钾已被氧化，现象为：无明显现象，故答案为：无明显现象．点评：本题亚铁离子和铁离子的有关性质，以及之间的转化，难度较大．三、化学--选修5：有机化学基础（共1小题，满分15分）11．（15分）（xx•包头校级模拟）可用来制备抗凝血药，通过如图路线合成：（1）A与银氨溶液反应有银镜生成，写出该反应的离子方程式CH3CHO+2Ag（NH3）2++2OH﹣CH3COO﹣+NH4++2Ag↓+3NH3+H2O．（2）B→C的反应类型是取代反应．（3）写出D→E的化学方程式：+CH3OH+H2O．（4）写出F和过量NaOH溶液共热时反应的化学方程式：+3NaOH+CH3COONa+CH3OH+H2O．（5）下列关于G的说法正确的是abd．a．能与溴单质反应b．能与金属钠反应c.1molG最多能和3mol氢气反应d．分子式是C9H6O3（6）E的同分异构体很多，除E外符合下列条件的共8种．①含苯环且能与氯化铁溶液显色，②苯环上有两个取代基，③含酯基．（7）F分子中有6种不同化学环境的氢原子．考点：有机物的推断；有机物的合成．专题：有机物的化学性质及推断．分析：A与银氨溶液反应有银镜生成，则A中存在醛基，由流程可知A与氧气反应可以生成乙酸，则A为CH3CHO，由B和C的结构简式可以看出，乙酸分子中的羟基被氯原子取代，发生了取代反应，D与甲醇在浓硫酸条件下发生酯化反应生成E，则E的结构简式为，由F的结构简式可知，C和E在催化剂条件下脱去一个HCl分子得到F，据此解答．解答：解：A与银氨溶液反应有银镜生成，则A中存在醛基，由流程可知A与氧气反应可以生成乙酸，则A为CH3CHO，由B和C的结构简式可以看出，乙酸分子中的羟基被氯原子取代，发生了取代反应，D与甲醇在浓硫酸条件下发生酯化反应生成E，则E的结构简式为，由F的结构简式可知，C和E在催化剂条件下脱去一个HCl分子得到F，（1）由以上分析可知，A为CH3CHO，与银氨溶液反应的离子方程式为：CH3CHO+2Ag（NH3）2++2OH﹣CH3COO﹣+NH4++2Ag↓+3NH3+H2O，故答案为：CH3CHO+2Ag（NH3）2++2OH﹣CH3COO﹣+NH4++2Ag↓+3NH3+H2O；（2）由B和C的结构简式可以看出，乙酸分子中的羟基被氯原子取代，发生了取代反应，故答案为：取代反应；（3）D→E的化学方程式为：+CH3OH+H2O，故答案为：+CH3OH+H2O；（4）F和过量NaOH溶液共热时反应的化学方程式为：+3NaOH+CH3COONa+CH3OH+H2O，故答案为：+3NaOH+CH3COONa+CH3OH+H2O；（5）G分子的结构中存在苯环、酯基、羟基、碳碳双键，所以能够与溴单质发生加成反应或者取代反应，能够与金属钠反应产生氢气，a和b正确；1molG含有1mol碳碳双键和1mol苯环，所以需要4mol氢气，c错误，G的分子式为C9H6O3，d正确，故答案为：abd；（6）E（）的同分异构体很多，除E外符合下列条件：①含苯环且能与氯化铁溶液显色，含有酚羟基，②苯环上有两个取代基，③含酯基，酯基为﹣CH2OOCH或﹣OOCCH3或﹣COOCH3，与酚羟基均有邻、间、对三种位置，故除E外同分异构体有3×3﹣1=8种，故答案为：8；（7）苯环上有4种H原子，甲基上有2种氢原子，F分子中有6种不同化学环境的氢原子，故答案为：6．点评：本题考查有机物的推断、有机物结构与性质、有机反应类型、同分异构体等，难度不大，注意掌握有机物官能团的性质和转化，结合反应条件及有机物结构简式进行解答．