1、2011年全國(guó)統(tǒng)一高考化學(xué)試卷（大綱版）一、選擇題1等濃度的下列稀溶液：乙酸、苯酚、碳酸、乙醇，它們的pH由小到大排列正確的是（）ABCD2下列敘述錯(cuò)誤的是（）A用金屬鈉可區(qū)分乙醇和乙醚B用高錳酸鉀酸性溶液可區(qū)分己烷和3己烯C用水可區(qū)分苯和溴苯D用新制的銀氨溶液可區(qū)分甲酸甲酯和乙醛3在容積可變的密閉容器中，2mol N2和8mol H2在一定條件下發(fā)生反應(yīng)，達(dá)到平衡時(shí)，H2的轉(zhuǎn)化率為25%，則平衡時(shí)的氮?dú)獾捏w積分?jǐn)?shù)接近于（）A5%B10%C15%D20%4室溫時(shí)，將濃度和體積分別為c1、V1的NaOH溶液和c2、V2的CH3COOH溶液相混合，下列關(guān)于該混合溶液的敘述錯(cuò)誤的是（）A若PH7時(shí)，

2、則一定是c1V1=c2V2B在任何情況下都是c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO）+c（OH）C當(dāng)pH=7時(shí)，若V1=V2，則一定是c2c1D若V1=V2、c1=c2，則c（CH3COO）+c（CH3COOH）=c（Na+）5用石墨做電極電解CuSO4溶液通電一段時(shí)間后，欲使用電解液恢復(fù)到起始狀態(tài)，應(yīng)向溶液中加入適量的（）ACuSO4BH2OCCuODCuSO45H2O6將足量CO2通入下列各溶液中，所含離子還能大量共存的是（）AK+、SiO32、Cl、NO3BH+、NH4+、Al3+、SO42CNa+、S2、OH、SO42 DNa+、C6H5O、CH3COO、HCO37NA為阿伏伽德羅

3、常數(shù)，下列敘述錯(cuò)誤的是（）A18gH2O中含的質(zhì)子數(shù)為10NAB12g 金剛石含有的共價(jià)鍵數(shù)為4NAC46g NO2和N2O4混合氣體中含有原子總數(shù)為3NAD1 mol Na 與足量 O2反應(yīng)，生成Na2O和Na2O2的混合物，鈉失去NA個(gè)電子8某含鉻（Cr2O72）廢水用硫酸亞鐵銨FeSO4（NH4）2SO46H2O處理，反應(yīng)后鐵元素和鉻元素完全轉(zhuǎn)化為沉淀該沉淀經(jīng)干燥后得到n mol FeOFeyCrxO3不考慮處理過(guò)程中的實(shí)際損耗，下列敘述錯(cuò)誤的是（）A消耗硫酸亞鐵的物質(zhì)的量為n（2x）molB處理廢水中的Cr2O72的物質(zhì)的量為molC反應(yīng)中發(fā)生轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為3nxmolD在FeOFey

4、CrxO3中，3x=y二、解答題（共4小題，滿(mǎn)分60分）9（15分）如圖中，A、B、C、D、E是單質(zhì)，G、H、I、F是B、C、D、E分別和A形成的二元化合物已知：反應(yīng)C+GB+H能放出大量的熱，該反應(yīng)曾應(yīng)用于鐵軌的焊接；I是一種常見(jiàn)的溫室氣體，它和E可以發(fā)生反應(yīng)：，F(xiàn)中的E元素的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為60%回答問(wèn)題：（1）中反應(yīng)的化學(xué)方程式為 ；（2）化合物的電子式為 ，它的空間構(gòu)型是 ；（3）1.6g G 溶于鹽酸，得到的溶液與銅粉完全反應(yīng)，計(jì)算至少所需銅粉的質(zhì)量（寫(xiě)出離子方程式和計(jì)算過(guò)程）；（4）C與過(guò)量NaOH溶液反應(yīng)的離子方程式為 ，反應(yīng)后溶液與過(guò)量化合物反應(yīng)的離子方程式為 ；（5）E在I中燃燒觀(guān)

5、察到的現(xiàn)象是 10（15分）反應(yīng)aA（g）+bB（g）cC（g）（H0）在等容條件下進(jìn)行改變其他反應(yīng)條件，在、階段體系中各物質(zhì)濃度隨時(shí)間變化的曲線(xiàn)如圖1所示：回答問(wèn)題：（1）反應(yīng)的化學(xué)方程式中，a：b：c為 ；（2）A的平均反應(yīng)速率V（A）、V（A）、V（A）從大到小排列次序?yàn)?；（3）B的平衡轉(zhuǎn)化率（B）、（B）、（B）中最小的是 ，其值是 ；（4）由第一次平衡到第二次平衡，平衡移動(dòng)的方向是 ，采取的措施是 ；（5）比較第階段反應(yīng)溫度（T2）和第階段反應(yīng)溫度（T3）的高低：T2 T3（填“”“”“=”），判斷的理由是 ；（6）達(dá)到第三次平衡后，將容器的體積擴(kuò)大一倍，假定10min后達(dá)到新的平

6、衡，請(qǐng)?jiān)谙聢D2中用曲線(xiàn)表示第IV階段體系中各物質(zhì)的濃度隨時(shí)間變化的趨勢(shì)如圖2（曲線(xiàn)上必須標(biāo)出A、B、C）11（15分）請(qǐng)回答下列實(shí)驗(yàn)中抽取氣體的有關(guān)問(wèn)題（1）如圖1是用KMnO4與濃鹽酸反應(yīng)制取適量氯氣的簡(jiǎn)易裝置裝置B、C、D的作用分別是：B ；C ；D ；（2）在實(shí)驗(yàn)室欲制取適量NO氣體如圖2中最適合完成該實(shí)驗(yàn)的簡(jiǎn)易裝置是 （填序號(hào)）；根據(jù)所選的裝置完成下表（不需要的可不填）：應(yīng)加入的物質(zhì)所起的作用ABCD簡(jiǎn)單描述應(yīng)觀(guān)察到的實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象 圖1圖212（15分）金剛烷是一種重要的化工原料，工業(yè)上可通過(guò)圖1途徑制備，請(qǐng)回答下列問(wèn)題：（1）環(huán)戊二烯分子中最多有 個(gè)原子共平面；（2）金剛烷的分子式為 ，

7、其分子中的CH2基團(tuán)有 個(gè)；（3）圖2是以環(huán)戊烷為原料制備環(huán)戊二烯的合成路線(xiàn)，其中，反應(yīng)的產(chǎn)物名稱(chēng)是 ，反應(yīng)的反應(yīng)試劑和反應(yīng)條件是 ，反應(yīng)的反應(yīng)類(lèi)型是 ；（4）已知烯烴能發(fā)生如下反應(yīng)：RCHO+RCHO請(qǐng)寫(xiě)出下列反應(yīng)產(chǎn)物的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式： ；（5）A是二聚環(huán)戊二烯的同分異構(gòu)體，能使溴的四氯化碳溶液褪色，A經(jīng)高錳酸鉀酸性溶液加熱氧化可以得到對(duì)苯二甲酸提示：苯環(huán)上的烷基（CH3，CH2R，CHR2）或烯基側(cè)鏈經(jīng)高錳酸鉀酸性溶液氧化得羧基，寫(xiě)出A所有可能的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式（不考慮立體異構(gòu)）： 2011年全國(guó)統(tǒng)一高考化學(xué)試卷（大綱版）參考答案與試題解析一、選擇題1等濃度的下列稀溶液：乙酸、苯酚、碳酸、乙醇，它們的p

8、H由小到大排列正確的是（）ABCD【考點(diǎn)】D8：溶液pH的定義菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專(zhuān)題】51G：電離平衡與溶液的pH專(zhuān)題【分析】依據(jù)酸性強(qiáng)弱的大小順序分析判斷溶液pH；酸性強(qiáng)弱為：乙酸碳酸苯酚乙醇【解答】解：濃度相同條件下，根據(jù)乙酸與碳酸氫鈉反應(yīng)生成二氧化碳?xì)怏w，說(shuō)明乙酸酸性大于碳酸；苯酚溶液不能使酸堿指示劑變色，苯酚鈉溶液中通入過(guò)量二氧化碳生成苯酚和碳酸氫鈉，證明說(shuō)明苯酚酸性很弱，小于碳酸的酸性，乙醇是中性的非電解質(zhì)溶液；溶液pH由小到大排列正確的是；故選：D。【點(diǎn)評(píng)】本題考查了常見(jiàn)物質(zhì)酸性強(qiáng)弱的比較依據(jù)，掌握物質(zhì)性質(zhì)是解題關(guān)鍵，題目較簡(jiǎn)單2下列敘述錯(cuò)誤的是（）A用金屬鈉可區(qū)分乙醇和乙醚B用高錳

9、酸鉀酸性溶液可區(qū)分己烷和3己烯C用水可區(qū)分苯和溴苯D用新制的銀氨溶液可區(qū)分甲酸甲酯和乙醛【考點(diǎn)】HA：有機(jī)物的鑒別菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專(zhuān)題】534：有機(jī)物的化學(xué)性質(zhì)及推斷【分析】A乙醇含有OH，乙醚含有醚鍵；B碳碳雙鍵可與酸性高錳酸鉀發(fā)生氧化還原反應(yīng)；C苯和溴苯的密度不同；D甲酸甲酯和乙醛都含有醛基【解答】解：A乙醇含有OH，可與金屬鈉發(fā)生反應(yīng)，而乙醚與鈉不反應(yīng)，可鑒別，故A正確；B己烷為飽和烴，與酸性高錳酸鉀不反應(yīng)，而己烯含有碳碳雙鍵，可使酸性高錳酸鉀褪色，可鑒別，故B正確；C苯的密度比水小，溴苯的密度比水大，可鑒別，故C正確；D甲酸甲酯和乙醛都含有醛基，都可發(fā)生銀鏡反應(yīng)，不能鑒別，故D錯(cuò)誤。故

10、選：D。【點(diǎn)評(píng)】本題考查有機(jī)物的鑒別，題目難度不大，注意把握有機(jī)物性質(zhì)的異同，易錯(cuò)點(diǎn)為D，注意二者的官能團(tuán)的種類(lèi)和性質(zhì)3在容積可變的密閉容器中，2mol N2和8mol H2在一定條件下發(fā)生反應(yīng)，達(dá)到平衡時(shí)，H2的轉(zhuǎn)化率為25%，則平衡時(shí)的氮?dú)獾捏w積分?jǐn)?shù)接近于（）A5%B10%C15%D20%【考點(diǎn)】CP：化學(xué)平衡的計(jì)算菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專(zhuān)題】51E：化學(xué)平衡專(zhuān)題【分析】容積可變的密閉容器中，發(fā)生N2+3H22NH3， 開(kāi)始 2 8 0 轉(zhuǎn)化 2 平衡（2） 6 根據(jù)物質(zhì)的量之比等于體積之比來(lái)計(jì)算平衡時(shí)的氮?dú)獾捏w積分?jǐn)?shù)【解答】解：達(dá)到平衡時(shí)，H2的轉(zhuǎn)化率為25%，則轉(zhuǎn)化的氫氣的物質(zhì)的量為8mol

11、×25%=2mol，則容積可變的密閉容器中，發(fā)生N2+3H22NH3， 開(kāi)始 2 8 0 轉(zhuǎn)化 2 平衡（2） 6 則平衡時(shí)的氮?dú)獾捏w積分?jǐn)?shù)為×100%15%，故選：C。【點(diǎn)評(píng)】本題考查化學(xué)平衡的計(jì)算，明確三段法計(jì)算及物質(zhì)的量之比等于體積之比的關(guān)系即可解答，題目難度不大4室溫時(shí)，將濃度和體積分別為c1、V1的NaOH溶液和c2、V2的CH3COOH溶液相混合，下列關(guān)于該混合溶液的敘述錯(cuò)誤的是（）A若PH7時(shí)，則一定是c1V1=c2V2B在任何情況下都是c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO）+c（OH）C當(dāng)pH=7時(shí)，若V1=V2，則一定是c2c1D若V1=V2、c1=

12、c2，則c（CH3COO）+c（CH3COOH）=c（Na+）【考點(diǎn)】DO：酸堿混合時(shí)的定性判斷及有關(guān)ph的計(jì)算菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專(zhuān)題】51G：電離平衡與溶液的pH專(zhuān)題【分析】A、當(dāng)溶液呈堿性時(shí)，溶液中氫離子濃度小于氫氧根離子濃度，但混合時(shí)醋酸的物質(zhì)的量不一定等于氫氧化鈉的物質(zhì)的量；B、溶液呈電中性，溶液中陰陽(yáng)離子所帶電荷相等；C、醋酸鈉是強(qiáng)堿弱酸鹽，其水溶液呈堿性，若要使其呈中性，酸應(yīng)該稍微過(guò)量；D、當(dāng)醋酸和氫氧化鈉的物質(zhì)的量相等時(shí)，根據(jù)物料守恒確定醋酸根離子和醋酸分子濃度與鈉離子濃度的關(guān)系。【解答】解：A、醋酸是弱酸，氫氧化鈉是強(qiáng)堿，所以等物質(zhì)的量的酸和堿混合時(shí)，溶液呈堿性，當(dāng)氫氧化鈉過(guò)量時(shí)

13、溶液更呈堿性，所以當(dāng)PH7時(shí)，則一定是c1v1c2v2，故A選；B、溶液呈電中性，溶液中陰陽(yáng)離子所帶電荷相等，所以得c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO）+c（OH），故B不選；C、醋酸鈉是強(qiáng)堿弱酸鹽，其水溶液呈堿性，若要使混合溶液呈中性，酸應(yīng)該稍微過(guò)量，所以當(dāng)pH=7時(shí)，若v1=v2，則一定是c2c1，故C不選；D、如果V1=V2、C1=C2，則醋酸和氫氧化鈉的物質(zhì)的量相等，混合后恰好反應(yīng)生成醋酸鈉，根據(jù)溶液中物料守恒得c（CH3COO）+c（CH3COOH）=c（Na+），故D不選；故選：A?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了酸堿混合溶液的定性判斷，根據(jù)溶液中物料守恒和電荷守恒即可解答本題，該知識(shí)點(diǎn)

14、是學(xué)習(xí)的難點(diǎn)，也是考試的熱點(diǎn)。5用石墨做電極電解CuSO4溶液通電一段時(shí)間后，欲使用電解液恢復(fù)到起始狀態(tài)，應(yīng)向溶液中加入適量的（）ACuSO4BH2OCCuODCuSO45H2O【考點(diǎn)】DI：電解原理菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專(zhuān)題】51I：電化學(xué)專(zhuān)題【分析】用鉑電極電解CuSO4溶液，陰極銅離子放電，陽(yáng)極氫氧根離子放電，然后根據(jù)析出的物質(zhì)向溶液中加入它們形成的化合物即可；【解答】解：CuSO4溶液存在的陰離子為：SO42、OH，OH離子的放電能力大于SO42 離子的放電能力，所以O(shè)H離子放電生成氧氣；溶液中存在的陽(yáng)離子是Cu2+、H+，Cu2+離子的放電能力大于H+離子的放電能力，所以Cu2+離子放電生

15、成Cu；溶液變成硫酸溶液；電解硫酸銅的方程式為：2CuSO4+2H2O2 Cu+O2 +2H2SO4，所以從溶液中析出的物質(zhì)是氧氣和銅，因?yàn)檠鯕夂豌~和稀硫酸都不反應(yīng)，但和氧化銅反應(yīng)，氧氣和銅反應(yīng)生成氧化銅，所以向溶液中加入氧化銅即可，故選：C。【點(diǎn)評(píng)】本題考查了電解原理，能正確判斷溶液中離子的放電順序從而確定析出的物質(zhì)是解本題的關(guān)鍵，難度不大6將足量CO2通入下列各溶液中，所含離子還能大量共存的是（）AK+、SiO32、Cl、NO3BH+、NH4+、Al3+、SO42CNa+、S2、OH、SO42DNa+、C6H5O、CH3COO、HCO3【考點(diǎn)】DP：離子共存問(wèn)題菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專(zhuān)題】516

16、：離子反應(yīng)專(zhuān)題【分析】將足量CO2通入溶液中，溶液呈弱酸性，凡是對(duì)應(yīng)的酸比碳酸弱的酸根離子以及OH不能共存【解答】解：AH2SiO3酸性比碳酸弱，通入過(guò)量CO2，SiO32不能大量共存，故A錯(cuò)誤；B通入過(guò)量CO2，四種離子在酸性條件下不發(fā)生任何反應(yīng)，可大量共存，故B正確；COH與CO2反應(yīng)而不能大量共存，故C錯(cuò)誤；DC6H5OH酸性比碳酸弱，通入過(guò)量CO2，C6H5O不能大量共存，故D錯(cuò)誤。故選：B。【點(diǎn)評(píng)】本題考查離子共存問(wèn)題，題目難度不大，本題注意比碳酸弱的酸的種類(lèi)即可解答7NA為阿伏伽德羅常數(shù)，下列敘述錯(cuò)誤的是（）A18gH2O中含的質(zhì)子數(shù)為10NAB12g 金剛石含有的共價(jià)鍵數(shù)為4NA

17、C46g NO2和N2O4混合氣體中含有原子總數(shù)為3NAD1 mol Na 與足量 O2反應(yīng)，生成Na2O和Na2O2的混合物，鈉失去NA個(gè)電子【考點(diǎn)】4F：阿伏加德羅常數(shù)菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專(zhuān)題】16：壓軸題；518：阿伏加德羅常數(shù)和阿伏加德羅定律【分析】A、質(zhì)量換算物質(zhì)的量計(jì)算微粒數(shù)；B、質(zhì)量換算物質(zhì)的量，結(jié)合金剛石結(jié)構(gòu)分析判斷；C、質(zhì)量換算物質(zhì)的量，NO2和N2O4，最簡(jiǎn)比相同，只計(jì)算46g NO2中原子數(shù)即可；D、鈉和氧氣反應(yīng)生成氧化鈉和過(guò)氧化鈉失電子數(shù)相同【解答】解：A、18gH2O物質(zhì)的量為1mol，水分子中含質(zhì)子數(shù)10，含的質(zhì)子數(shù)為10NA，故A正確；B、12g 金剛石物質(zhì)的量為1m

18、ol，金剛石中每一個(gè)碳原子和四個(gè)碳原子形成化學(xué)鍵，每?jī)蓚€(gè)碳原子形成一個(gè)化學(xué)鍵，所以1mol金剛石含有的共價(jià)鍵數(shù)為2NA，故B錯(cuò)誤；C、NO2和N2O4，最簡(jiǎn)比相同，只計(jì)算46g NO2中原子數(shù)即可，46g NO2和N2O4混合氣體中含有原子總數(shù)為3NA，故C正確；D、鈉原子最外層1個(gè)電子，1 mol Na 與足量 O2反應(yīng)，生成Na2O和Na2O2的混合物，鈉失去NA個(gè)電子，故D正確；故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了阿伏伽德羅常數(shù)的應(yīng)用，主要考查質(zhì)量換算物質(zhì)的量計(jì)算微粒數(shù)的方法，注意掌握金剛石的結(jié)構(gòu)特征分析8某含鉻（Cr2O72）廢水用硫酸亞鐵銨FeSO4（NH4）2SO46H2O處理，反應(yīng)后鐵元

19、素和鉻元素完全轉(zhuǎn)化為沉淀該沉淀經(jīng)干燥后得到n mol FeOFeyCrxO3不考慮處理過(guò)程中的實(shí)際損耗，下列敘述錯(cuò)誤的是（）A消耗硫酸亞鐵的物質(zhì)的量為n（2x）molB處理廢水中的Cr2O72的物質(zhì)的量為molC反應(yīng)中發(fā)生轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為3nxmolD在FeOFeyCrxO3中，3x=y【考點(diǎn)】54：物質(zhì)的量的相關(guān)計(jì)算；BQ：氧化還原反應(yīng)的計(jì)算；DI：電解原理菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專(zhuān)題】16：壓軸題；51I：電化學(xué)專(zhuān)題【分析】A、由鐵元素守恒，求出消耗硫酸亞鐵的物質(zhì)的量，結(jié)合電子轉(zhuǎn)移守恒或FeOFeyCrxO3電中性找出x與y，代入硫酸亞鐵的物質(zhì)的量計(jì)算；B、反應(yīng)的鉻元素完全轉(zhuǎn)化為沉淀，根據(jù)鉻原子守恒

20、計(jì)算；C、Cr2O72中Cr為+6價(jià)，被還原為+3價(jià)Cr，每個(gè)Cr原子得3個(gè)電子，計(jì)算出Cr原子物質(zhì)的量，轉(zhuǎn)移電子為Cr原子物質(zhì)的量3倍；D、根據(jù)失電子守恒計(jì)算【解答】解：A由鐵元素守恒，消耗硫酸亞鐵的物質(zhì)的量為n（y+1），故A錯(cuò)誤； B根據(jù)鉻原子守恒，Cr原子為nxmol，故Cr2O72的物質(zhì)的量為，故B正確； C得到nmolFeOFeyCrxO3，則一共有nxmolCr原子參加反應(yīng)，1molCr轉(zhuǎn)移電子3mol，故轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為3nxmol，故C正確；DFeOFeyCrxO3中，Cr為正三價(jià)，由得失電子守恒知3xy=0，即3x=y，故D正確。故選：A?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查氧化還原反應(yīng)規(guī)律，難

21、度較大，明確氧化還原反應(yīng)中存在的原子個(gè)數(shù)守恒、電荷守恒規(guī)律是解題關(guān)鍵，注意在計(jì)算中守恒思想的應(yīng)用二、解答題（共4小題，滿(mǎn)分60分）9（15分）如圖中，A、B、C、D、E是單質(zhì)，G、H、I、F是B、C、D、E分別和A形成的二元化合物已知：反應(yīng)C+GB+H能放出大量的熱，該反應(yīng)曾應(yīng)用于鐵軌的焊接；I是一種常見(jiàn)的溫室氣體，它和E可以發(fā)生反應(yīng)：，F(xiàn)中的E元素的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為60%回答問(wèn)題：（1）中反應(yīng)的化學(xué)方程式為2Al+Fe2O32Fe+Al2O3；（2）化合物的電子式為，它的空間構(gòu)型是直線(xiàn)型；（3）1.6g G 溶于鹽酸，得到的溶液與銅粉完全反應(yīng)，計(jì)算至少所需銅粉的質(zhì)量（寫(xiě)出離子方程式和計(jì)算過(guò)程）；（

22、4）C與過(guò)量NaOH溶液反應(yīng)的離子方程式為2Al+2OH+2H2O=2AlO2+3H2，反應(yīng)后溶液與過(guò)量化合物反應(yīng)的離子方程式為AlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3+HCO3；（5）E在I中燃燒觀(guān)察到的現(xiàn)象是鎂條劇烈燃燒生成白色和黑色固體【考點(diǎn)】GS：無(wú)機(jī)物的推斷菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專(zhuān)題】11：推斷題【分析】反應(yīng)C+GB+H能放出大量的熱，該反應(yīng)曾應(yīng)用于鐵軌的焊接；判斷為鋁熱反應(yīng)，所以C為Al，G為鐵的氧化物Fe2O3；B為Fe；結(jié)合轉(zhuǎn)化關(guān)系得到A為O2，H為Al2O3，I是一種常見(jiàn)的溫室氣體，判斷為二氧化碳；和E點(diǎn)燃條件下發(fā)生反應(yīng)生成F和D，2E+I=2F+D為置換反應(yīng)，推斷E為金屬單質(zhì)M

23、g，發(fā)生的反應(yīng)為，2Mg+CO22MgO+C，F(xiàn)為MgO，D為單質(zhì)C；MgO中的鎂元素的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為60%，證明推斷正確【解答】解：A、B、C、D、E是單質(zhì)，G、H、I、F是B、C、D、E分別和A形成的二元化合物，反應(yīng)C+GB+H能放出大量的熱，該反應(yīng)曾應(yīng)用于鐵軌的焊接；判斷為鋁熱反應(yīng)，所以C為Al，G為鐵的氧化物Fe2O3；結(jié)合轉(zhuǎn)化關(guān)系得到A為O2，H為Al2O3，I是一種常見(jiàn)的溫室氣體，判斷為二氧化碳；和E點(diǎn)燃條件下發(fā)生反應(yīng)生成F和D，2E+I=2F+D為置換反應(yīng)，推斷E為金屬單質(zhì)Mg，發(fā)生的反應(yīng)為，2Mg+CO22MgO+C，F(xiàn)為MgO，D為單質(zhì)C；MgO中的鎂元素的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為60%，證明

24、推斷正確；（1）中反應(yīng)的化學(xué)方程式為：2Al+Fe2O32Fe+Al2O3，故答案為：2Al+Fe2O32Fe+Al2O3；（2）二氧化碳分子是直線(xiàn)型化合物，碳原子和氧原子間形成兩對(duì)共用電子對(duì)，分別形成兩個(gè)共價(jià)鍵；電子式是把原子最外層電子標(biāo)注在元素符號(hào)周?chē)?，二氧化碳的電子式為：，故答案為：；直線(xiàn)型；（3）1.6g G 溶于鹽酸，發(fā)生的反應(yīng)為：Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O，得到的溶液與銅粉完全反應(yīng)，1.6g G 為Fe2O3物質(zhì)的量為0.01mol，含F(xiàn)e3+離子物質(zhì)的量為0.02mol；溶解銅發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為：2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+；至少需要的銅物質(zhì)的量為0.

25、01mol，銅的質(zhì)量為0.64g，故答案為：0.64g；（4）C為Al與過(guò)量NaOH溶液反應(yīng)的離子方程式為：2Al+2OH+2H2O=2AlO2+3H2，反應(yīng)后溶液為偏鋁酸鈉溶液與過(guò)量化合物（CO2）反應(yīng)生成氫氧化鋁沉淀和碳酸氫鈉，反應(yīng)的離子方程式為：AlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3+HCO3，故答案為：2Al+2OH+2H2O=2AlO2+3H2；AlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3+HCO3；（5）E為（Mg）在I（CO2）中燃燒，觀(guān)察到的現(xiàn)象是鎂條劇烈燃燒生成白色和黑色固體，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：2Mg+CO22MgO+C，故答案為：鎂條劇烈燃燒生成白色和黑色固體【點(diǎn)評(píng)】本

26、題考查物質(zhì)轉(zhuǎn)化關(guān)系的分析判斷，物質(zhì)性質(zhì)的綜合應(yīng)用，離子方程式的書(shū)寫(xiě)，鎂、鋁、鐵及其化合物性質(zhì)分析反應(yīng)現(xiàn)象的利用，是解題關(guān)鍵，題目難度中等10（15分）反應(yīng)aA（g）+bB（g）cC（g）（H0）在等容條件下進(jìn)行改變其他反應(yīng)條件，在、階段體系中各物質(zhì)濃度隨時(shí)間變化的曲線(xiàn)如圖1所示：回答問(wèn)題：（1）反應(yīng)的化學(xué)方程式中，a：b：c為1：3：2；（2）A的平均反應(yīng)速率V（A）、V（A）、V（A）從大到小排列次序?yàn)関（A）v（A）v（A）；（3）B的平衡轉(zhuǎn)化率（B）、（B）、（B）中最小的是（B），其值是19.4%；（4）由第一次平衡到第二次平衡，平衡移動(dòng)的方向是向正反應(yīng)方向，采取的措施是從反應(yīng)體系中移

27、出產(chǎn)物C；（5）比較第階段反應(yīng)溫度（T2）和第階段反應(yīng)溫度（T3）的高低：T2T3（填“”“”“=”），判斷的理由是此反應(yīng)為放熱反應(yīng)，降低溫度，平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)，平衡的移動(dòng)只能減弱改變，不能抵消改變；（6）達(dá)到第三次平衡后，將容器的體積擴(kuò)大一倍，假定10min后達(dá)到新的平衡，請(qǐng)?jiān)谙聢D2中用曲線(xiàn)表示第IV階段體系中各物質(zhì)的濃度隨時(shí)間變化的趨勢(shì)如圖2（曲線(xiàn)上必須標(biāo)出A、B、C）【考點(diǎn)】CB：化學(xué)平衡的影響因素；CK：物質(zhì)的量或濃度隨時(shí)間的變化曲線(xiàn)；CO：化學(xué)反應(yīng)速率與化學(xué)平衡圖象的綜合應(yīng)用菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專(zhuān)題】51E：化學(xué)平衡專(zhuān)題【分析】（1）由圖可知第階段，平衡時(shí)c（A）=2mol/L1mo

28、l/L=1mol/L，c（B）=6mol/L3mol/L=3mol/L，c（C）=2mol/L，根據(jù)濃度變化量之比等于化學(xué)計(jì)量數(shù)之比計(jì)算；（2）根據(jù)化學(xué)反應(yīng)速率為單位時(shí)間濃度的變化值，可計(jì)算三個(gè)階段用A表示的化學(xué)反應(yīng)速率，據(jù)此判斷；（3）轉(zhuǎn)化率是物質(zhì)的減少量與初始量的比值，計(jì)算三個(gè)階段B的轉(zhuǎn)化率，據(jù)此解答；（4）第階段C是從0開(kāi)始的，瞬間A、B濃度不變，因此可以確定第一次平衡后從體系中移出了C，即減少生成物濃度，平衡正向移動(dòng)；（5）第階段的開(kāi)始與第階段的平衡各物質(zhì)的量均相等，根據(jù)A、B的量減少，C的量增加可判斷平衡是正向移動(dòng)的，根據(jù)平衡開(kāi)始時(shí)濃度確定此平衡移動(dòng)不可能是由濃度的變化引起的，另外題

29、目所給條件容器的體積不變，則改變壓強(qiáng)也不可能，因此一定為溫度的影響，此反應(yīng)正向?yàn)榉艧岱磻?yīng)，可以推測(cè)為降低溫度，另外結(jié)合A的速率在三個(gè)階段的情況，確定改變的條件一定為降低溫度，根據(jù)勒夏特列原理，平衡的移動(dòng)只能減弱改變，不能抵消改變，因此達(dá)到平衡后溫度一定比第階段平衡時(shí)的溫度低；（6）達(dá)到第三次平衡后，將容器的體積擴(kuò)大一倍，改變條件的瞬間，各組分的濃度變?yōu)樵瓉?lái)的二分之一，容器體積增大，壓強(qiáng)降低平衡向體積增大的方向移動(dòng)，但增大的物質(zhì)的量濃度小于第三次平衡時(shí)濃度，同時(shí)注意各組分物質(zhì)的量濃度變化量之比等于化學(xué)計(jì)量數(shù)之比，據(jù)此作圖【解答】解：（1）由圖可知第階段，平衡時(shí)c（A）=2mol/L1mol/L=

30、1mol/L，c（B）=6mol/L3mol/L=3mol/L，c（C）=2mol/L，濃度變化量之比等于化學(xué)計(jì)量數(shù)之比，故a：b：c=1mol/L：3mol/L：2mol/L=1：3：2，故答案為：1：3：2；（2）v（A）=0.05mol/（Lmin），v（A）=0.0253mol/（Lmin），v（A）=0.012mol/（Lmin），故A的平均反應(yīng)速率v（A）v（A）v（A），故答案為：v（A）v（A）v（A）；（3）B的平衡轉(zhuǎn)化率（B）=×100%=50%，（B）=×100%=38%，（B）=×100%=19.4%，故答案為：（B）；19.4%；（4）第

31、階段C是從0開(kāi)始的，瞬間A、B濃度不變，因此可以確定第一次平衡后從體系中移出了C，即減少生成物濃度，平衡正向移動(dòng)，故答案為：向正反應(yīng)方向，從反應(yīng)體系中移出產(chǎn)物C；（5）第階段的開(kāi)始與第階段的平衡各物質(zhì)的量均相等，根據(jù)A、B的量減少，C的量增加可判斷平衡是正向移動(dòng)的，根據(jù)平衡開(kāi)始時(shí)濃度確定此平衡移動(dòng)不可能是由濃度的變化引起的，另外題目所給條件容器的體積不變，則改變壓強(qiáng)也不可能，因此一定為溫度的影響，此反應(yīng)正向?yàn)榉艧岱磻?yīng)，可以推測(cè)為降低溫度，另外結(jié)合A的速率在三個(gè)階段的情況，確定改變的條件一定為降低溫度，根據(jù)勒夏特列原理，平衡的移動(dòng)只能減弱改變，不能抵消改變，因此達(dá)到平衡后溫度一定比第階段平衡時(shí)的

32、溫度低，故答案為：；此反應(yīng)為放熱反應(yīng)，降低溫度，平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)，平衡的移動(dòng)只能減弱改變，不能抵消改變；（6）達(dá)到第三次平衡后，將容器的體積擴(kuò)大一倍，改變條件的瞬間，各組分的濃度變?yōu)樵瓉?lái)的二分之一，容器體積增大，壓強(qiáng)降低平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，但增大的物質(zhì)的量濃度小于第三次平衡時(shí)濃度，同時(shí)注意各組分物質(zhì)的量濃度變化量之比等于化學(xué)計(jì)量數(shù)之比，A、B、C的濃度隨時(shí)間變化的趨勢(shì)如圖：，故答案為：【點(diǎn)評(píng)】本題考查化學(xué)反應(yīng)速率與化學(xué)平衡圖象、化學(xué)平衡有關(guān)計(jì)算、化學(xué)反應(yīng)速率、化學(xué)平衡影響因素等，難度中等，（6）中作圖為易錯(cuò)點(diǎn)，學(xué)生容易只考慮改變瞬間各物質(zhì)的濃度，不注意平衡時(shí)各物質(zhì)濃度的變化量11（15分

33、）請(qǐng)回答下列實(shí)驗(yàn)中抽取氣體的有關(guān)問(wèn)題（1）如圖1是用KMnO4與濃鹽酸反應(yīng)制取適量氯氣的簡(jiǎn)易裝置裝置B、C、D的作用分別是：B向上排氣法收集氯氣；C安全作用，防止D中的液體倒吸進(jìn)入集氣管B中；D吸收尾氣，防止氯氣擴(kuò)散到空氣中污染環(huán)境；（2）在實(shí)驗(yàn)室欲制取適量NO氣體如圖2中最適合完成該實(shí)驗(yàn)的簡(jiǎn)易裝置是（填序號(hào)）；根據(jù)所選的裝置完成下表（不需要的可不填）：應(yīng)加入的物質(zhì)所起的作用ABCD簡(jiǎn)單描述應(yīng)觀(guān)察到的實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象反應(yīng)開(kāi)始時(shí)，A中銅表面出現(xiàn)無(wú)色小氣泡，反應(yīng)速率逐漸加快：A管上部空間由無(wú)色逐漸變?yōu)闇\紅棕色，隨反應(yīng)的進(jìn)行又逐漸變?yōu)闊o(wú)色；A中的液體由無(wú)色變?yōu)闇\藍(lán)色；B中的水面逐漸下降，B管中的水逐漸流入燒

34、杯C中圖1圖2【考點(diǎn)】E3：氯氣的實(shí)驗(yàn)室制法；EK：氮的氧化物的性質(zhì)及其對(duì)環(huán)境的影響；Q9：常見(jiàn)氣體制備原理及裝置選擇菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專(zhuān)題】16：壓軸題；17：綜合實(shí)驗(yàn)題【分析】（1）實(shí)驗(yàn)室用高錳酸鉀和濃鹽酸反應(yīng)制備氯氣，發(fā)生反應(yīng)2KMnO4+16HCl2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O，A為氣體的發(fā)生裝置，B為氣體的收集裝置，C為防倒吸裝置，D為尾氣處理裝置，防止氯氣擴(kuò)散到空氣中污染環(huán)境；（2）實(shí)驗(yàn)室用稀硝酸和銅反應(yīng)制備N(xiāo)O，用排水法收集NO氣體；A為氣體發(fā)生裝置，B為氣體的收集裝置，用排水法收集，C為接受B中排出的水的裝置；根據(jù)反應(yīng)生成無(wú)色的NO氣體，溶液呈藍(lán)色【解答】解：（1）生

35、成的氯氣密度比空氣大，可用向上排空氣法收集，則B為收集裝置，C為防止倒吸的裝置，可起到防止D中的液體倒吸進(jìn)入集氣管B中，故答案為：向上排氣法收集氯氣；安全作用，防止D中的液體倒吸進(jìn)入集氣管B中；吸收尾氣，防止氯氣擴(kuò)散到空氣中污染環(huán)境；（2）NO易與空氣中氧氣反應(yīng)，則應(yīng)用排水法收集，收集時(shí)進(jìn)氣管較短，則應(yīng)選擇裝置，故答案為：；裝置中A加入稀硝酸和銅，為氣體發(fā)生裝置，B為氣體的收集裝置，用排水法收集，C為接受B中排出的水的裝置，故答案為：應(yīng)加入的物質(zhì)所起的作用A銅屑和稀硝酸產(chǎn)生NO氣體B水排水收集NO氣體C接收B中排出的水D稀硝酸與銅反應(yīng)生成無(wú)色的NO氣體，可觀(guān)察到有無(wú)色小氣泡生成，反應(yīng)放熱，反應(yīng)速率逐漸加快，NO與空氣中的氧氣反應(yīng)生成紅棕色的二氧化氮?dú)怏w，然后