2011年全国统一高考化学试卷（大纲版）（含解析版）下载

2011 年全国统一高考化学试卷（大纲版） 一、选择题 1．等浓度的下列稀溶液：①乙酸、②苯酚、③碳酸、④乙醇，它们的 pH 由小 到大排列正确的是（　　） A．④②③① B．③①②④ C．①②③④ D．①③②④ 2．下列叙述错误的是（　　） A．用金属钠可区分乙醇和乙醚 B．用高锰酸钾酸性溶液可区分己烷和 3﹣己烯 C．用水可区分苯和溴苯 D．用新制的银氨溶液可区分甲酸甲酯和乙醛 3．在容积可变的密闭容器中，2mol N2 和 8mol H2 在一定条件下发生反应，达到 平衡时，H2 的转化率为 25%，则平衡时的氮气的体积分数接近于（　　） A．5% B．10% C．15% D．20% 4．室温时，将浓度和体积分别为 c1、V1 的 NaOH 溶液和 c2、V2 的 CH3COOH 溶液相混合，下列关于该混合溶液的叙述错误的是（　　） A．若 PH＞7 时，则一定是 c1V1=c2V2 B．在任何情况下都是 c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO﹣）+c（OH﹣） C．当 pH=7 时，若 V1=V2，则一定是 c2＞c1 D．若 V1=V2、c1=c2，则 c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）=c（Na+） 5．用石墨做电极电解 CuSO4 溶液．通电一段时间后，欲使用电解液恢复到起始 状态，应向溶液中加入适量的（　　） A．CuSO4 B．H2O C．CuO D．CuSO4•5H2O 6．将足量 CO2 通入下列各溶液中，所含离子还能大量共存的是（　　） ﹣2﹣ A．K+、SiO32﹣、Cl﹣、NO3 B．H+、NH4+、Al3+、SO4 2﹣ ﹣C．Na+、S2﹣、OH﹣、SO4 D．Na+、C6H5O﹣、CH3COO﹣、HCO3 7．NA 为阿伏伽德罗常数，下列叙述错误的是（　　） A．18gH2O 中含的质子数为 10NA 第 1 页（共 24 页） B．12g 金刚石含有的共价键数为 4NA C．46g NO2 和 N2O4 混合气体中含有原子总数为 3NA D．1 mol Na与足量 O2 反应，生成 Na2O 和 Na2O2 的混合物，钠失去 NA 个 电子 8．某含铬（Cr2O72﹣）废水用硫酸亚铁铵[FeSO4•（NH4）2SO4•6H2O]处理，反 应 后 铁 元 素 和 铬 元 素 完 全 转 化 为 沉 淀 ． 该 沉 淀 经 干 燥 后 得 到n mol FeO•FeyCrxO3．不考虑处理过程中的实际损耗，下列叙述错误的是（　　） A．消耗硫酸亚铁的物质的量为 n（2﹣x）mol B．处理废水中的 Cr2O72﹣的物质的量为 mol C．反应中发生转移的电子数为 3nxmol D．在 FeO•FeyCrxO3 中，3x=y 　二、解答题（共 4 小题，满分 60 分） 9．（15 分）如图中，A、B、C、D、E 是单质，G、H、I、F 是 B、C、D、E 分别和 A 形成的二元化合物．已知：①反应 C+G B+H 能放出大量的热， 该反应曾应用于铁轨的焊接；②I 是一种常见的温室气体，它和 E 可以发生反 应： ，F 中的 E 元素的质量分数为 60%．回答问题： （1）①中反应的化学方程式为　 （2）化合物Ⅰ的电子式为　 　； 　，它的空间构型是　 　； （3）1.6g G溶于盐酸，得到的溶液与铜粉完全反应，计算至少所需铜粉的质量 （写出离子方程式和计算过程）； （4）C 与过量 NaOH 溶液反应的离子方程式为　 物Ⅰ反应的离子方程式为　； （5）E 在 I 中燃烧观察到的现象是　 　，反应后溶液与过量化合 　． 第 2 页（共 24 页） 10．（15 分）反应 aA（g）+bB（g） cC（g）（△H＜0）在等容条件下进 行．改变其他反应条件，在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ阶段体系中各物质浓度随时间变化的 曲线如图 1 所示：回答问题： （1）反应的化学方程式中，a：b：c 为　 　； （2）A 的平均反应速率 V （A）、V （A）、V （A）从大到小排列次序为　 　　ⅠⅡⅢ；（3）B 的平衡转化率 α （B）、α （B）、α （B）中最小的是　 　，其值 ⅠⅡⅢ是　 　； （4）由第一次平衡到第二次平衡，平衡移动的方向是　 　，采取的措施是　 ；（5）比较第Ⅱ阶段反应温度（T2）和第Ⅲ阶段反应温度（T3）的高低：T2　 （填“＞”“＜”“=”），判断的理由是　； 　T3 （6）达到第三次平衡后，将容器的体积扩大一倍，假定 10min 后达到新的平衡， 请在下图 2 中用曲线表示第 IV 阶段体系中各物质的浓度随时间变化的趋势 如图 2（曲线上必须标出 A、B、C）． 第 3 页（共 24 页） 11．（15 分）请回答下列实验中抽取气体的有关问题． （1）如图 1 是用 KMnO4 与浓盐酸反应制取适量氯气的简易装置． 装置 B、C、D 的作用分别是：B　 （2）在实验室欲制取适量 NO 气体． 　；C　 　；D　 　； ①如图 2 中最适合完成该实验的简易装置是　 　（填序号）； ②根据所选的装置完成下表（不需要的可不填）： 应加入的物质 所起的作用 ABCD③简单描述应观察到的实验现象　 　． 第 4 页（共 24 页） 图 1 图 2 12．（15 分）金刚烷是一种重要的化工原料，工业上可通过图 1 途径制备，请 回答下列问题： （1）环戊二烯分子中最多有　 （2）金刚烷的分子式为　 　个原子共平面； 　，其分子中的 CH2 基团有　 　个； （3）图 2 是以环戊烷为原料制备环戊二烯的合成路线，其中，反应①的产物名 称是　 是　 　，反应②的反应试剂和反应条件是　 　； 　，反应③的反应类型 第 5 页（共 24 页） （4）已知烯烃能发生如下反应： RCHO+R′CHO 请写出下列反应产物的结构简式： 　　； （5）A 是二聚环戊二烯的同分异构体，能使溴的四氯化碳溶液褪色，A 经高锰 酸钾酸性溶液加热氧化可以得到对苯二甲酸[提示：苯环上的烷基（﹣CH3， ﹣CH2R，﹣CHR2）或烯基侧链经高锰酸钾酸性溶液氧化得羧基]，写出 A 所 有可能的结构简式（不考虑立体异构）：　 　． 　第 6 页（共 24 页） 2011 年全国统一高考化学试卷（大纲版） 参考答案与试题解析 　一、选择题 1．等浓度的下列稀溶液：①乙酸、②苯酚、③碳酸、④乙醇，它们的 pH 由小 到大排列正确的是（　　） A．④②③① B．③①②④ C．①②③④ D．①③②④ 【考点】D8：溶液 pH 的定义．菁优网版权所有 【专题】51G：电离平衡与溶液的 pH 专题． 【分析】依据酸性强弱的大小顺序分析判断溶液 pH；酸性强弱为：乙酸＞碳酸＞ 苯酚＞乙醇． 【解答】解：浓度相同条件下，根据乙酸与碳酸氢钠反应生成二氧化碳气体，说 明乙酸酸性大于碳酸；苯酚溶液不能使酸碱指示剂变色，苯酚钠溶液中通入 过量二氧化碳生成苯酚和碳酸氢钠，证明说明苯酚酸性很弱，小于碳酸的酸 性，乙醇是中性的非电解质溶液；溶液 pH 由小到大排列正确的是①③②④； 故选：D。 【点评】本题考查了常见物质酸性强弱的比较依据，掌握物质性质是解题关键， 题目较简单． 　2．下列叙述错误的是（　　） A．用金属钠可区分乙醇和乙醚 B．用高锰酸钾酸性溶液可区分己烷和 3﹣己烯 C．用水可区分苯和溴苯 D．用新制的银氨溶液可区分甲酸甲酯和乙醛 【考点】HA：有机物的鉴别．菁优网版权所有 【专题】534：有机物的化学性质及推断． 第 7 页（共 24 页） 【分析】A．乙醇含有﹣OH，乙醚含有醚键； B．碳碳双键可与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应； 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，可与金属钠发生反应，而乙醚与钠不反应， 可鉴别，故 A 正确； B．己烷为饱和烃，与酸性高锰酸钾不反应，而己烯含有碳碳双键，可使酸性高 锰酸钾褪色，可鉴别，故 B 正确； C．苯的密度比水小，溴苯的密度比水大，可鉴别，故 C 正确； D．甲酸甲酯和乙醛都含有醛基，都可发生银镜反应，不能鉴别，故 D 错误。 故选：D。 【点评】本题考查有机物的鉴别，题目难度不大，注意把握有机物性质的异同， 易错点为 D，注意二者的官能团的种类和性质． 　3．在容积可变的密闭容器中，2mol N2 和 8mol H2 在一定条件下发生反应，达到 平衡时，H2 的转化率为 25%，则平衡时的氮气的体积分数接近于（　　） A．5% B．10% C．15% D．20% 【考点】CP：化学平衡的计算．菁优网版权所有 【专题】51E：化学平衡专题． 【分析】容积可变的密闭容器中，发生 N2+3H2 2NH3， 开始 转化 2802平衡（2﹣ ） 6 根据物质的量之比等于体积之比来计算平衡时的氮气的体积分数． 【解答】解：达到平衡时，H2 的转化率为 25%，则转化的氢气的物质的量为 8mol ×25%=2mol，则 第 8 页（共 24 页） 容积可变的密闭容器中，发生 N2+3H2 2NH3， 开始 转化 2802平衡（2﹣ ） 6 则平衡时的氮气的体积分数为 ×100%≈15%， 故选：C。 【点评】本题考查化学平衡的计算，明确三段法计算及物质的量之比等于体积之 比的关系即可解答，题目难度不大． 　4．室温时，将浓度和体积分别为 c1、V1 的 NaOH 溶液和 c2、V2 的 CH3COOH 溶液相混合，下列关于该混合溶液的叙述错误的是（　　） A．若 PH＞7 时，则一定是 c1V1=c2V2 B．在任何情况下都是 c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO﹣）+c（OH﹣） C．当 pH=7 时，若 V1=V2，则一定是 c2＞c1 D．若 V1=V2、c1=c2，则 c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）=c（Na+） 【考点】DO：酸碱混合时的定性判断及有关 ph 的计算．菁优网版权所有 【专题】51G：电离平衡与溶液的 pH 专题． 【分析】A、当溶液呈碱性时，溶液中氢离子浓度小于氢氧根离子浓度，但混合 时醋酸的物质的量不一定等于氢氧化钠的物质的量； B、溶液呈电中性，溶液中阴阳离子所带电荷相等； C、醋酸钠是强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性，若要使其呈中性，酸应该稍微过量 ；D、当醋酸和氢氧化钠的物质的量相等时，根据物料守恒确定醋酸根离子和醋酸 分子浓度与钠离子浓度的关系。 【解答】解：A、醋酸是弱酸，氢氧化钠是强碱，所以等物质的量的酸和碱混合 第 9 页（共 24 页） 时，溶液呈碱性，当氢氧化钠过量时溶液更呈碱性，所以当 PH＞7 时，则一 定是 c1v1≥c2v2，故 A 选； B、溶液呈电中性，溶液中阴阳离子所带电荷相等，所以得 c（Na+）+c（H+）=c （CH3COO﹣）+c（OH﹣），故 B 不选； C、醋酸钠是强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性，若要使混合溶液呈中性，酸应该稍 微过量，所以当 pH=7 时，若 v1=v2，则一定是 c2＞c1，故 C 不选； D、如果 V1=V2、C1=C2，则醋酸和氢氧化钠的物质的量相等，混合后恰好反应 生成醋酸钠，根据溶液中物料守恒得 c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）=c（Na+ ），故 D 不选； 故选：A。 【点评】本题考查了酸碱混合溶液的定性判断，根据溶液中物料守恒和电荷守恒 即可解答本题，该知识点是学习的难点，也是考试的热点。 　5．用石墨做电极电解 CuSO4 溶液．通电一段时间后，欲使用电解液恢复到起始 状态，应向溶液中加入适量的（　　） A．CuSO4 B．H2O C．CuO D．CuSO4•5H2O 【考点】DI：电解原理．菁优网版权所有 【专题】51I：电化学专题． 【分析】用铂电极电解 CuSO4 溶液，阴极铜离子放电，阳极氢氧根离子放电， 然后根据析出的物质向溶液中加入它们形成的化合物即可； 【解答】解：CuSO4 溶液存在的阴离子为：SO42﹣、OH﹣，OH﹣离子的放电能力 2﹣ 大于 SO4 离子的放电能力，所以 OH﹣离子放电生成氧气； 溶液中存在的阳离子是 Cu2+、H+，Cu2+离子的放电能力大于 H+离子的放电能力， 所以 Cu2+离子放电生成 Cu； 溶液变成硫酸溶液； 电解硫酸铜的方程式为：2CuSO4+2H2O 2 Cu+O2 ↑+2H2SO4， 所以从溶液中析出的物质是氧气和铜，因为氧气和铜和稀硫酸都不反应，但和氧 第 10 页（共 24 页） 化铜反应，氧气和铜反应生成氧化铜，所以向溶液中加入氧化铜即可， 故选：C。 【点评】本题考查了电解原理，能正确判断溶液中离子的放电顺序从而确定析出 的物质是解本题的关键，难度不大． 　6．将足量 CO2 通入下列各溶液中，所含离子还能大量共存的是（　　） ﹣2﹣ A．K+、SiO32﹣、Cl﹣、NO3 B．H+、NH4+、Al3+、SO4 2﹣ ﹣C．Na+、S2﹣、OH﹣、SO4 D．Na+、C6H5O﹣、CH3COO﹣、HCO3 【考点】DP：离子共存问题．菁优网版权所有 【专题】516：离子反应专题． 【分析】将足量 CO2 通入溶液中，溶液呈弱酸性，凡是对应的酸比碳酸弱的酸 根离子以及 OH﹣不能共存． 【解答】解：A．H2SiO3 酸性比碳酸弱，通入过量 CO2，SiO32﹣不能大量共存， 故 A 错误； B．通入过量 CO2，四种离子在酸性条件下不发生任何反应，可大量共存，故 B 正确； C．OH﹣与 CO2 反应而不能大量共存，故 C 错误； D．C6H5OH 酸性比碳酸弱，通入过量 CO2，C6H5O﹣不能大量共存，故 D 错误。 故选：B。 【点评】本题考查离子共存问题，题目难度不大，本题注意比碳酸弱的酸的种类 即可解答． 　7．NA 为阿伏伽德罗常数，下列叙述错误的是（　　） A．18gH2O 中含的质子数为 10NA B．12g 金刚石含有的共价键数为 4NA 第 11 页（共 24 页） C．46g NO2 和 N2O4 混合气体中含有原子总数为 3NA D．1 mol Na与足量 O2 反应，生成 Na2O 和 Na2O2 的混合物，钠失去 NA 个 电子 【考点】4F：阿伏加德罗常数．菁优网版权所有 【专题】16：压轴题；518：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律． 【分析】A、质量换算物质的量计算微粒数； B、质量换算物质的量，结合金刚石结构分析判断； C、质量换算物质的量，NO2 和 N2O4，最简比相同，只计算 46g NO2 中原子数即 可； D、钠和氧气反应生成氧化钠和过氧化钠失电子数相同． 【解答】解：A、18gH2O 物质的量为 1mol，水分子中含质子数 10，含的质子数 为 10NA，故 A 正确； B、12g 金刚石物质的量为 1mol，金刚石中每一个碳原子和四个碳原子形成化学 键，每两个碳原子形成一个化学键，所以 1mol 金刚石含有的共价键数为 2NA ，故 B 错误； C、NO2 和 N2O4，最简比相同，只计算 46g NO2 中原子数即可，46g NO2 和 N2O4 混合气体中含有原子总数为 3NA，故 C 正确； D、钠原子最外层 1 个电子，1 mol Na与足量 O2 反应，生成 Na2O 和 Na2O2 的 混合物，钠失去 NA 个电子，故 D 正确； 故选：B。 【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的应用，主要考查质量换算物质的量计算微 粒数的方法，注意掌握金刚石的结构特征分析． 　8．某含铬（Cr2O72﹣）废水用硫酸亚铁铵[FeSO4•（NH4）2SO4•6H2O]处理，反 应 后 铁 元 素 和 铬 元 素 完 全 转 化 为 沉 淀 ． 该 沉 淀 经 干 燥 后 得 到n mol FeO•FeyCrxO3．不考虑处理过程中的实际损耗，下列叙述错误的是（　　） A．消耗硫酸亚铁的物质的量为 n（2﹣x）mol 第 12 页（共 24 页） B．处理废水中的 Cr2O72﹣的物质的量为 mol C．反应中发生转移的电子数为 3nxmol D．在 FeO•FeyCrxO3 中，3x=y 【考点】54：物质的量的相关计算；BQ：氧化还原反应的计算；DI：电解原理． 菁优网版权所有 【专题】16：压轴题；51I：电化学专题． 【分析】A、由铁元素守恒，求出消耗硫酸亚铁的物质的量，结合电子转移守恒 或 FeO•FeyCrxO3 电中性找出 x 与 y，代入硫酸亚铁的物质的量计算； B、反应的铬元素完全转化为沉淀，根据铬原子守恒计算； C、Cr2O72﹣中 Cr 为+6 价，被还原为+3 价 Cr，每个 Cr 原子得 3 个电子，计算出 Cr 原子物质的量，转移电子为 Cr 原子物质的量 3 倍； D、根据失电子守恒计算． 【解答】解：A．由铁元素守恒，消耗硫酸亚铁的物质的量为 n（y+1），故 A 错误； B．根据铬原子守恒，Cr 原子为 nxmol，故 Cr2O72﹣的物质的量为 ，故B 正确 ；C．得到 nmolFeO•FeyCrxO3，则一共有 nxmolCr 原子参加反应，1molCr 转移电 子 3mol，故转移的电子数为 3nxmol，故 C 正确； D．FeO•FeyCrxO3 中，Cr 为正三价，由得失电子守恒知 3x﹣y=0，即 3x=y，故 D 正确。 故选：A。 【点评】本题考查氧化还原反应规律，难度较大，明确氧化还原反应中存在的原 子个数守恒、电荷守恒规律是解题关键，注意在计算中守恒思想的应用． 　二、解答题（共 4 小题，满分 60 分） 9．（15 分）如图中，A、B、C、D、E 是单质，G、H、I、F 是 B、C、D、E 分别和 A 形成的二元化合物．已知：①反应 C+G B+H 能放出大量的热， 第 13 页（共 24 页） 该反应曾应用于铁轨的焊接；②I 是一种常见的温室气体，它和 E 可以发生反 应： ，F 中的 E 元素的质量分数为 60%．回答问题： （1）①中反应的化学方程式为　2Al+Fe2O3 2Fe+Al2O3　； （2）化合物Ⅰ的电子式为　，它的空间构型是　直线型　； （3）1.6g G溶于盐酸，得到的溶液与铜粉完全反应，计算至少所需铜粉的质量 （写出离子方程式和计算过程）； （ 4 ） C 与 过 量NaOH 溶 液 反 应 的 离 子 方 程 式 为2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO2 +3H2↑　，反应后溶液与过量化合物Ⅰ反应的离子方 ﹣﹣﹣程式为　AlO2 +CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3 　； （5）E 在 I 中燃烧观察到的现象是　镁条剧烈燃烧生成白色和黑色固体　． 【考点】GS：无机物的推断．菁优网版权所有 【专题】11：推断题． 【分析】①反应 C+G B+H 能放出大量的热，该反应曾应用于铁轨的焊接；判 断为铝热反应，所以 C 为 Al，G 为铁的氧化物 Fe2O3；B 为 Fe；结合转化关 系得到 A 为 O2，H 为 Al2O3，②I 是一种常见的温室气体，判断为二氧化碳； 和 E 点燃条件下发生反应生成 F 和 D，2E+I=2F+D 为置换反应，推断 E 为金 属单质 Mg，发生的反应为，2Mg+CO2 2MgO+C，F 为 MgO，D 为单 质 C；MgO 中的镁元素的质量分数为 60%，证明推断正确． 【解答】解：A、B、C、D、E 是单质，G、H、I、F 是 B、C、D、E 分别和 A 形成的二元化合物，①反应 C+G B+H 能放出大量的热，该反应曾应用于 第 14 页（共 24 页） 铁轨的焊接；判断为铝热反应，所以 C 为 Al，G 为铁的氧化物 Fe2O3；结合 转化关系得到 A 为 O2，H 为 Al2O3，②I 是一种常见的温室气体，判断为二氧 化碳；和 E 点燃条件下发生反应生成 F 和 D，2E+I=2F+D 为置换反应，推断 E 为金属单质 Mg，发生的反应为，2Mg+CO2 为单质 C；MgO 中的镁元素的质量分数为 60%，证明推断正确； （1）①中反应的化学方程式为：2Al+Fe2O3 2Fe+Al2O3，故答案为： 2Al+Fe2O3 2Fe+Al2O3； 2MgO+C，F 为 MgO，D （2）二氧化碳分子是直线型化合物，碳原子和氧原子间形成两对共用电子对， 分别形成两个共价键；电子式是把原子最外层电子标注在元素符号周围，二 氧化碳的电子式为： ，故答案为： ；直线型； （3）1.6g G溶于盐酸，发生的反应为：Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O，得到的溶液 与铜粉完全反应，1.6g G为 Fe2O3 物质的量为 0.01mol，含 Fe3+离子物质的量 为 0.02mol；溶解铜发生反应的离子方程式为：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+；至少需 要的铜物质的量为 0.01mol，铜的质量为 0.64g， 故答案为：0.64g； （ 4 ） C 为 Al 与 过 量NaOH 溶 液 反 应 的 离 子 方 程 式 为 ： 2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO2 +3H2↑，反应后溶液为偏铝酸钠溶液与过量化合物Ⅰ ﹣（CO2 ）反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，反应的离子方程式为： ﹣﹣AlO2 +CO2+2H2O=Al （ OH ） 3↓+HCO3 ， 故 答 案 为 ： ﹣﹣﹣2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO2 +3H2↑；AlO2 +CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3 ； （5）E 为（Mg）在 I（CO2）中燃烧，观察到的现象是镁条剧烈燃烧生成白色和 黑色固体，反应的化学方程式为：2Mg+CO2 2MgO+C， 故答案为：镁条剧烈燃烧生成白色和黑色固体． 【点评】本题考查物质转化关系的分析判断，物质性质的综合应用，离子方程式 的书写，镁、铝、铁及其化合物性质分析反应现象的利用，是解题关键，题 目难度中等． 　第 15 页（共 24 页） 10．（15 分）反应 aA（g）+bB（g） cC（g）（△H＜0）在等容条件下进 行．改变其他反应条件，在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ阶段体系中各物质浓度随时间变化的 曲线如图 1 所示：回答问题： （1）反应的化学方程式中，a：b：c 为　1：3：2　； （2）A 的平均反应速率 V （A）、V （A）、V （A）从大到小排列次序为　v ⅠⅡⅢⅠ（A）＞v （A）＞v （A）　； ⅡⅢ（3）B 的平衡转化率 α （B）、α （B）、α （B）中最小的是　α （B）　， ⅠⅡⅢⅢ其值是　19.4%　； （4）由第一次平衡到第二次平衡，平衡移动的方向是　向正反应方向　，采取 的措施是　从反应体系中移出产物 C　； （5）比较第Ⅱ阶段反应温度（T2）和第Ⅲ阶段反应温度（T3）的高低：T2　＞　T3 （填“＞”“＜”“=”），判断的理由是　此反应为放热反应，降低温度，平衡向 正反应方向移动，平衡的移动只能减弱改变，不能抵消改变　； （6）达到第三次平衡后，将容器的体积扩大一倍，假定 10min 后达到新的平衡， 请在下图 2 中用曲线表示第 IV 阶段体系中各物质的浓度随时间变化的趋势 如图 2（曲线上必须标出 A、B、C）． 第 16 页（共 24 页） 【考点】CB：化学平衡的影响因素；CK：物质的量或浓度随时间的变化曲线； CO：化学反应速率与化学平衡图象的综合应用．菁优网版权所有 【专题】51E：化学平衡专题． 【分析】（1）由图可知第Ⅰ阶段，平衡时△c（A）=2mol/L﹣1mol/L=1mol/L，△ c（B）=6mol/L﹣3mol/L=3mol/L，△c（C）=2mol/L，根据浓度变化量之比等 于化学计量数之比计算； （2）根据化学反应速率为单位时间浓度的变化值，可计算三个阶段用 A 表示的 化学反应速率，据此判断； （3）转化率是物质的减少量与初始量的比值，计算三个阶段 B 的转化率，据此 解答； （4）第Ⅱ阶段 C 是从 0 开始的，瞬间 A、B 浓度不变，因此可以确定第一次平 衡后从体系中移出了 C，即减少生成物浓度，平衡正向移动； （5）第Ⅲ阶段的开始与第Ⅱ阶段的平衡各物质的量均相等，根据 A、B 的量减 少，C 的量增加可判断平衡是正向移动的，根据平衡开始时浓度确定此平衡 第 17 页（共 24 页） 移动不可能是由浓度的变化引起的，另外题目所给条件容器的体积不变，则 改变压强也不可能，因此一定为温度的影响，此反应正向为放热反应，可以 推测为降低温度，另外结合 A 的速率在三个阶段的情况，确定改变的条件一 定为降低温度，根据勒夏特列原理，平衡的移动只能减弱改变，不能抵消改 变，因此达到平衡后温度一定比第Ⅱ阶段平衡时的温度低； （6）达到第三次平衡后，将容器的体积扩大一倍，改变条件的瞬间，各组分的 浓度变为原来的二分之一，容器体积增大，压强降低平衡向体积增大的方向 移动，但增大的物质的量浓度小于第三次平衡时浓度，同时注意各组分物质 的量浓度变化量之比等于化学计量数之比，据此作图． 【解答】解：（1）由图可知第Ⅰ阶段，平衡时△c（A）=2mol/L﹣1mol/L=1mol/L ，△c（B）=6mol/L﹣3mol/L=3mol/L，△c（C）=2mol/L，浓度变化量之比等 于化学计量数之比，故 a：b：c=1mol/L：3mol/L：2mol/L=1：3：2，故答案 为：1：3：2； （ 2 ） v （ A ） = Ⅰ=0.05mol/ （ L•min ） ， v （ A ） Ⅱ==0.0253mol/（L•min）， v （A）= Ⅲ=0.012mol/（L•min）， 故 A 的平均反应速率 v （A）＞v （A）＞v （A），故答案为：v （A）＞v ⅠⅡⅢⅠⅡ（A）＞v （A）； Ⅲ（ 3 ） B 的 平 衡 转 化 率α （ B ） = Ⅰ×100%=50% ， α （ B ） = Ⅱ×100%=38%， α （B）= Ⅲ×100%=19.4%， 故答案为：α （B）；19.4%； Ⅲ（4）第Ⅱ阶段 C 是从 0 开始的，瞬间 A、B 浓度不变，因此可以确定第一次平 衡后从体系中移出了 C，即减少生成物浓度，平衡正向移动， 故答案为：向正反应方向，从反应体系中移出产物 C； （5）第Ⅲ阶段的开始与第Ⅱ阶段的平衡各物质的量均相等，根据 A、B 的量减 少，C 的量增加可判断平衡是正向移动的，根据平衡开始时浓度确定此平衡 第 18 页（共 24 页） 移动不可能是由浓度的变化引起的，另外题目所给条件容器的体积不变，则 改变压强也不可能，因此一定为温度的影响，此反应正向为放热反应，可以 推测为降低温度，另外结合 A 的速率在三个阶段的情况，确定改变的条件一 定为降低温度，根据勒夏特列原理，平衡的移动只能减弱改变，不能抵消改 变，因此达到平衡后温度一定比第Ⅱ阶段平衡时的温度低， 故答案为：＞；此反应为放热反应，降低温度，平衡向正反应方向移动，平衡的 移动只能减弱改变，不能抵消改变； （6）达到第三次平衡后，将容器的体积扩大一倍，改变条件的瞬间，各组分的 浓度变为原来的二分之一，容器体积增大，压强降低平衡向逆反应方向移动， 但增大的物质的量浓度小于第三次平衡时浓度，同时注意各组分物质的量浓 度变化量之比等于化学计量数之比，A、B、C 的浓度随时间变化的趋势如图： ，故答案为： ．【点评】本题考查化学反应速率与化学平衡图象、化学平衡有关计算、化学反应 速率、化学平衡影响因素等，难度中等，（6）中作图为易错点，学生容易只 考虑改变瞬间各物质的浓度，不注意平衡时各物质浓度的变化量． 　11．（15 分）请回答下列实验中抽取气体的有关问题． （1）如图 1 是用 KMnO4 与浓盐酸反应制取适量氯气的简易装置． 装置 B、C、D 的作用分别是：B　向上排气法收集氯气　；C　安全作用，防止 D 中的液体倒吸进入集气管 B 中；　；D　吸收尾气，防止氯气扩散到空气 第 19 页（共 24 页） 中污染环境　； （2）在实验室欲制取适量 NO 气体． ①如图 2 中最适合完成该实验的简易装置是　①　（填序号）； ②根据所选的装置完成下表（不需要的可不填）： 应加入的物质 所起的作用 ABCD③简单描述应观察到的实验现象　反应开始时，A 中铜表面出现无色小气泡，反 应速率逐渐加快：A 管上部空间由无色逐渐变为浅红棕色，随反应的进行又 逐渐变为无色；A 中的液体由无色变为浅蓝色；B 中的水面逐渐下降，B 管中 的水逐渐流入烧杯 C 中．　． 图 1 图 2 第 20 页（共 24 页） 【考点】E3：氯气的实验室制法；EK：氮的氧化物的性质及其对环境的影响；Q9 ：常见气体制备原理及装置选择．菁优网版权所有 【专题】16：压轴题；17：综合实验题． 【 分 析 】 （ 1 ） 实 验 室 用 高 锰 酸 钾 和 浓 盐 酸 反 应 制 备 氯 气 ， 发 生 反 应 2KMnO4+16HCl═2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，A 为气体的发生装置，B 为气 体的收集装置，C 为防倒吸装置，D 为尾气处理装置，防止氯气扩散到空气 中污染环境； （2）①实验室用稀硝酸和铜反应制备 NO，用排水法收集 NO 气体； ②A 为气体发生装置，B 为气体的收集装置，用排水法收集，C 为接受 B 中排出 的水的装置； ③根据反应生成无色的 NO 气体，溶液呈蓝色． 【解答】解：（1）①生成的氯气密度比空气大，可用向上排空气法收集，则 B 为收集装置，C 为防止倒吸的装置，可起到防止 D 中的液体倒吸进入集气管 B 中，故答案为：向上排气法收集氯气；安全作用，防止 D 中的液体倒吸进入 集气管 B 中；吸收尾气，防止氯气扩散到空气中污染环境； （2）①NO 易与空气中氧气反应，则应用排水法收集，收集时进气管较短，则 应选择Ⅰ装置，故答案为：①； ②Ⅱ装置中 A 加入稀硝酸和铜，为气体发生装置，B 为气体的收集装置，用排 水法收集，C 为接受 B 中排出的水的装置， 故答案为： 应加入的物质 铜屑和稀硝酸 水所起的作用 产生 NO 气体 ABCD排水收集 NO 气体 接收 B 中排出的水 ③稀硝酸与铜反应生成无色的 NO 气体，可观察到有无色小气泡生成，反应放热 ，反应速率逐渐加快，NO 与空气中的氧气反应生成红棕色的二氧化氮气体， 然后又与水反应生成无色的 NO，生成硝酸铜溶液为蓝色，可观察到 A 中的 液体逐渐变为蓝色，气体 NO 不溶于水，可将 B 中的水排到 C 中，故答案为： 第 21 页（共 24 页） 反应开始时，A 中铜表面出现无色小气泡，反应速率逐渐加快，A 管上部空 间由无色逐渐变为浅红棕色，随反应的进行又逐渐变为无色；A 中的液体由 无色变为浅蓝色，B 中的水面逐渐下降，B 管中的水逐渐流入烧杯 C 中． 【点评】本题主要考查了气体的制备，题目难度中等，本题注意把握实验方法， 结合物质的性质判断装置的选择． 　12．（15 分）金刚烷是一种重要的化工原料，工业上可通过图 1 途径制备，请 回答下列问题： （1）环戊二烯分子中最多有　9　个原子共平面； （2）金刚烷的分子式为　C10H16　，其分子中的 CH2 基团有　6　个； （3）图 2 是以环戊烷为原料制备环戊二烯的合成路线，其中，反应①的产物名 称是　氯代环戊烷　，反应②的反应试剂和反应条件是　氢氧化钠乙醇溶液， 加热　，反应③的反应类型是　加成反应　； （4）已知烯烃能发生如下反应： RCHO+R′CHO 请写出下列反应产物的结构简式： 　　； （5）A 是二聚环戊二烯的同分异构体，能使溴的四氯化碳溶液褪色，A 经高锰 酸钾酸性溶液加热氧化可以得到对苯二甲酸[提示：苯环上的烷基（﹣CH3， ﹣CH2R，﹣CHR2）或烯基侧链经高锰酸钾酸性溶液氧化得羧基]，写出 A 所 第 22 页（共 24 页） 有可能的结构简式（不考虑立体异构）：　 　． 【考点】H2：有机物的结构式；HC：有机物的合成；I4：同分异构现象和同分 异构体．菁优网版权所有 【专题】16：压轴题；538：有机化合物的获得与应用． 【分析】（1）与双键碳直接相连的原子一定在同一平面内； （2）根据结构简式判断有机物的分子式和基团数目； （3）反应①的产物为氯代环戊烷，反应②为氯代烃的消去反应，反应③为加成 反应； （4）由信息可知，碳碳双键的碳被氧化为醛基； （5）能使溴的四氯化碳溶液褪色，应含有碳碳双键，A 经高锰酸钾酸性溶液加 热氧化可以得到对苯二甲酸，说明烃基位于对位位置． 【解答】解：（1）C=C 为平面结构，与双键碳直接相连的原子一定在同一平面 内，则 5 个 C 和 4 个 H 在同一平面内，故答案为：9； （2）由结构简式可知金刚烷的分子式为 C10H16，分子中又 6 个 CH2，其中 4 个 被三个环共用，故答案为：C10H16；6； （3）反应①的产物为氯代环戊烷，反应②为氯代烃的消去反应，应在氢氧化钠 乙醇溶液，加热反应生成，反应③为加成反应， 故答案为：氯代环戊烷；氢氧化钠乙醇溶液，加热；加成反应； （ 4 ） 由 信 息 可 知 ， 碳 碳 双 键 的 碳 上 含H 原 子 被 氧 化 为 醛 ， 则 发 生 ，故答案为： ．（5）能使溴的四氯化碳溶液褪色，应含有碳碳双键，A 经高锰酸钾酸性溶液加 热氧化可以得到对苯二甲酸，说明烃基位于对位位置，可能的结构有 第 23 页（共 24 页） ，故答案为： ．【点评】本题考查有机物的合成及结构与性质，注意把握有机物的官能团、碳链 骨架等的变化，明确发生的反应及习题中的信息即可解答，题目难度中等． 第 24 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