2016届四川省成都市双流中学高三上学期月考化学试卷(9月份) 解析版

2016届湖南省师范大学附中高三（上）月考物理试卷（三）（解析版）一、选择题（本题包括7小题，每小题6分，共42分，每小题只有一个选项符合题意）1．化学在生活中无处不在，其中不科学的是（）A．含食品添加剂的食品都不属于绿色食品B．维生素C具有还原性，在人体内起抗氧化作用C．为防止月饼等富脂食品氧化变质，常在包装袋中放入硫酸亚铁D．地震后防疫人员在震区周围撒石灰，其作用是进行环境消毒，防止灾后出现疫情2．一种新型火箭燃料1，3，3﹣三硝基氮杂环丁烷（TNAZ）的结构如图所示．下列有关TNAZ 的说法正确的是（）A．分子中N、O间形成的共价键是非极性键B．该物质既有氧化性又有还原性C．C、N、O的第一电离能从大到小的顺序为O＞N＞CD．C、N、0的气态氢化物的沸点依次降低3．每年由于腐蚀造成的钢铁损失约占年产量的10﹣20%，金属的防腐十分重要．钢铁防腐方法有许多种，图﹣1与图﹣2是两个典型的例子．对其中原理的描述正确的是（）A．图﹣1：a为电源正极B．图﹣1：辅助电极上的反应：O2+4e+2H2O→4OH﹣C．图﹣2：电子流动方向d→cD．图﹣2：金属A可以是耐腐蚀的金属铜4．下列有关离子共存的说法或离子方程式的书写中，正确的是（）A．用FeCl3溶液腐蚀铜电路板：Fe3++Cu═Fe2++Cu2+B．向NH4HCO3溶液中加入足量NaOH溶液共热：NH4++OH﹣NH3↑+H2OC．向硫酸氢钠溶液中滴入氢氧化钡溶液至pH=7：Ba2++2OH﹣+2H++SO42﹣═BaSO4↓+2H2O D．水电离出的c（H+）=1×10﹣12mol/L溶液中能大量共存的离子：K+、CO32﹣、Na+、S2﹣5．已知温度T时水的离子积常数为K W，该温度下，将浓度为a mol•L﹣1的一元酸HA与b mol•L ﹣1一元碱BOH等体积混合，可判定该溶液呈中性的依据是（）A．a=bB．混合溶液的pH=7C．混合溶液中，c（H+）=mol•L﹣1D．混合溶液中，c（H+）+c（B+）=c（OH﹣）+c（A﹣）6．下列实验不能达到目的是（）A．测定一定时间内生成H2的反应速率B．用CO2做喷泉实验C．验证NH3易溶于水D．比较Na2CO3与NaHCO3的热稳定性7．向10mL 0.1mol•L﹣1 NH4Al（SO4）2溶液中，滴加等浓度Ba（OH）2溶液x mL，下列叙述正确的是（）A．x=10时，溶液中有NH4+、Al3+、SO42﹣，且c（NH4+）＞c（Al3+）B．x=10时，溶液中有NH4+、AlO2﹣、SO42﹣，且c（NH4+）＞c（SO42﹣）C．x=30时，溶液中有Ba2+、AlO2﹣、OH﹣，且c（OH﹣）＜c（AlO2﹣）D．x=30时，溶液中有Ba2+、Al3+、OH﹣，且c（OH﹣）=c（Ba2+）二、非选择题8．X、Y、Z、W是元素周期表前四周期中的常见元素，其相关信息如下表：（1）W位于元素周期表第周期第族，其原子最外层有个电子．（2）X的活泼性比Y的（填“强”或“弱”）；X和Y的气态氢化物中，较稳定的是（写化学式）．（3）写出Z2Y2的电子式，XY2的结构式．（4）在X原子与氢原子形成的多种分子中，有些分子的核磁共振氢谱显示有两种氢，写出其中一种分子的名称．氢元素、X、Y的原子也可共同形成多种分子和某种常见无机阴离子，写出其中一种分子与该无机阴离子反应的离子方程式．9．如图中A～L分别表示反应中的一种常见物质，E、F、I在通常状况下是气体单质，其中E为有剌激性气味的气体，X、Y是常见的金属单质，参加反应的水以及生成的水在图中已略去．填写下列空白：（1）E是；J是．（写化学式）（2）写出C溶液电解的化学方程式．（3）写出G+K→H+J+C的离子方程式．10．COCl2的分解反应为COCl2（g）⇌Cl2（g）+CO（g）△H=+108kJ•mol﹣1．反应体系平衡后，各物质的浓度在不同条件下的变化状况如下图（第10min到14min的COCl2浓度变化曲线未示出）：（1）计算反应在第8min时的平衡常数K= （保留三位小数）；（2）比较第2min反应温度T（2）与第8min反应温度T（8）的高低：T（2） T （8）（填“＜”、“＞”或“=”）；（3）若反应在体积为20L的密闭容器中进行，则4min～10min外界向反应体系提供的能量至少为．（4）若12min时反应于温度T（8）下重新达到平衡，则此时c（COCl2）= mol/L （保留三位小数）（5）比较反应物COCl2在5﹣6min和15﹣16min时平均反应速率的大小：v（5﹣6）v（15﹣16）（填“＜”、“＞”或“=”），原因是．11．信息时代产生的大量电子垃圾对环境构成了极大的威胁．某“变废为宝”学生探究小组将一批废弃的线路板简单处理后，得到含70%Cu、25%Al、4%Fe及少量Au、Pt等金属的混合物，并设计出如图1制备硫酸铜和硫酸铝晶体的路线：请回答下列问题：（1）第①步Cu与酸反应的离子方程式为；得到滤渣1的主要成分为．（2）第②步加H2O2的作用是，使用H2O2的优点是；调溶液pH的目的是使生成沉淀．（3）用第③步所得CuSO4•5H2O制备无水CuSO4的方法是．（4）由滤渣2制取Al2（SO4）3•18H2O，探究小组设计了三种方案：上述三种方案中，方案不可行，原因是：从原子利用率角度考虑，方案更合理．（5）探究小组用滴定法测定CuSO4•5H2O （M r=250）含量．取a g试样配成100mL溶液，每次取20.00mL，消除干扰离子后，用c mol•L﹣1EDTA（H2Y2﹣）标准溶液滴定至终点，平均消耗EDTA溶液b mL．滴定反应如下：Cu2++H2Y2﹣=CuY2﹣+2H+写出计算CuSO4•5H2O质量分数的表达式ω= ；下列操作会导致CuSO4•5H2O含量的测定结果偏高的是．a．未干燥锥形瓶 b．滴定终点时滴定管尖嘴中产生气泡 c．未除净可与EDTA反应的干扰离子．2015-2016学年四川省成都市双流中学高三（上）月考化学试卷（9月份）参考答案与试题解析一、选择题（本题包括7小题，每小题6分，共42分，每小题只有一个选项符合题意）1．化学在生活中无处不在，其中不科学的是（）A．含食品添加剂的食品都不属于绿色食品B．维生素C具有还原性，在人体内起抗氧化作用C．为防止月饼等富脂食品氧化变质，常在包装袋中放入硫酸亚铁D．地震后防疫人员在震区周围撒石灰，其作用是进行环境消毒，防止灾后出现疫情【考点】常见的食品添加剂的组成、性质和作用；人体必需的维生素的主要来源及其摄入途径．【专题】化学计算．【分析】A、含符合国家标准的食品添加剂的食品也可能属于绿色食品；B、维生素C具有较强的还原性，可作抗氧化剂；C、硫酸亚铁具有强还原性，可吸收氧气防止富脂食品变质；D、石灰可使蛋白质发生变性．【解答】解：A、绿色食品在中国是对无污染的安全、优质、营养类食品的总称，含符合国家标准的食品添加剂的食品也可能属于绿色食品，故A错误；B、维生素C具有较强的还原性，在人体内起抗氧化作用，故B正确；C、硫酸亚铁具有强还原性，可吸收氧气防止富脂食品变质，故C正确；D、石灰可使病菌中的蛋白质发生变性，起到环境消毒作用，故D正确；故选A．【点评】本题主要考查物质的性质和用途，物质具有多种性质，解答时应该理解物质的用途是由物质的哪种性质决定的．2．一种新型火箭燃料1，3，3﹣三硝基氮杂环丁烷（TNAZ）的结构如图所示．下列有关TNAZ 的说法正确的是（）A．分子中N、O间形成的共价键是非极性键B．该物质既有氧化性又有还原性C．C、N、O的第一电离能从大到小的顺序为O＞N＞CD．C、N、0的气态氢化物的沸点依次降低【考点】极性键和非极性键；元素电离能、电负性的含义及应用；氧化还原反应．【分析】A．不同非金属元素之间易形成极性键，同种非金属元素之间易形成非极性键；B．可以燃烧说明有还原性，N元素不是最低价，有氧化性；C．同一周期元素，元素的第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA 族元素第一电离能大于其相邻元素；D．N、O的气态氢化物之间有氢键，沸点较高．【解答】解：A．N、O元素电负性不同，其吸引电子能力不同，所以二者形成的化学键为极性键，故A错误；B．可以燃烧说明有还原性，N元素不是最低价，有氧化性，所以该物质既有氧化性又有还原性，故B正确；C．C、N、O元素处于同一周期，且原子序数依次增大，但N元素处于第VA族，所以第一电离能顺序为N＞O＞C，故C错误；D．N、O的气态氢化物之间有氢键，沸点较高，水常温下为液体，氨气为气态，所以C、N、0的气态氢化物的沸点依次升高，故D错误；故选B．【点评】本题考查较综合，涉及电离能大小比较、氧化性和还原性、化学键、氢键等知识点，明确元素周期律、基本概念等知识点即可解答，注意规律中的异常现象，会利用知识迁移方法解答问题，题目难度不大．3．每年由于腐蚀造成的钢铁损失约占年产量的10﹣20%，金属的防腐十分重要．钢铁防腐方法有许多种，图﹣1与图﹣2是两个典型的例子．对其中原理的描述正确的是（）A．图﹣1：a为电源正极B．图﹣1：辅助电极上的反应：O2+4e+2H2O→4OH﹣C．图﹣2：电子流动方向d→cD．图﹣2：金属A可以是耐腐蚀的金属铜【考点】金属的电化学腐蚀与防护．【专题】电化学专题．【分析】A、Fe作阴极被保护；B、辅助电极为阳极，氢氧根离子放电；C、活泼性比Fe强的金属作负极，电子从金属A流向Fe；D、金属A作负极被腐蚀．【解答】解：A、Fe作阴极被保护，所以Fe与外接电源的负极相连，则a为负极，故A错误；B、辅助电极为阳极，氢氧根离子放电，则辅助电极上的反应：4OH﹣﹣4e﹣→O2↑+2H2O，故B 错误；C、活泼性比Fe强的金属作负极，电子从金属A流向Fe，所以电子流动方向d→c，故C正确；D、金属A作负极被腐蚀，则金属A的活泼性比铁强，所以A不能是铜，故D错误．故选C．【点评】本题考查学生金属的腐蚀和防护知识，注意把握金属的腐蚀原理和防护方法，注意基本概念的理解和掌握是关键，难度不大．4．下列有关离子共存的说法或离子方程式的书写中，正确的是（）A．用FeCl3溶液腐蚀铜电路板：Fe3++Cu═Fe2++Cu2+B．向NH4HCO3溶液中加入足量NaOH溶液共热：NH4++OH﹣NH3↑+H2OC．向硫酸氢钠溶液中滴入氢氧化钡溶液至pH=7：Ba2++2OH﹣+2H++SO42﹣═BaSO4↓+2H2O D．水电离出的c（H+）=1×10﹣12mol/L溶液中能大量共存的离子：K+、CO32﹣、Na+、S2﹣【考点】结构式；离子共存问题．【专题】离子反应专题．【分析】A．选项中离子方程式电荷不守恒；B．碳酸氢根离子、铵根离子在强碱性环境下均反应；C．在硫酸氢钠溶液中加入氢氧化钡溶液至pH=7，反应生成硫酸钡、硫酸钠、水；D．水电离出的c（H+）=1×10﹣12mol/L溶液可能为酸或碱溶液．【解答】解：A．用FeCl3溶液腐蚀铜线路板，反应的离子方程式为：Cu+2Fe3+═Cu2++2Fe2+，故A错误；B．NH4HCO3溶液中加入足量NaOH溶液共热时，碳酸氢根离子、铵根离子在强碱性环境下均反应，即HCO3﹣+NH4++2OH﹣NH3↑+2H2O+CO32﹣，故B错误；C．在硫酸氢钠溶液中加入氢氧化钡溶液至pH=7，反应生成硫酸钡、硫酸钠、水，离子反应为Ba2++2OH﹣+2H++SO42﹣═BaSO4↓+2H2O，故C正确；D．水电离出的c（H+）=1×10﹣12 mol/L溶液中，水的电离受到抑制，可能为酸或碱溶液，酸溶液中H+分别与CO32﹣、S2﹣能反应，则不能大量共存，故D错误．故选：C．【点评】本题考查离子的共存，明确信息及信息的应用是解答本题的关键，并熟悉离子之间的反应来解答，题目难度不大．5．已知温度T时水的离子积常数为K W，该温度下，将浓度为a mol•L﹣1的一元酸HA与b mol•L ﹣1一元碱BOH等体积混合，可判定该溶液呈中性的依据是（）A．a=bB．混合溶液的pH=7C．混合溶液中，c（H+）=mol•L﹣1D．混合溶液中，c（H+）+c（B+）=c（OH﹣）+c（A﹣）【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】温度T时水的离子积常数为K W，浓度为a mol/L的一元酸HA与b mol/L的一元碱BOH等体积混合，若溶液呈中性，反应后的溶液中应存在c（H+）=c（OH﹣）=mol/L．【解答】解：A．因酸碱的强弱未知，a=b，只能说明酸碱恰好完全反应，但如为强酸弱碱盐或强碱弱酸盐，则溶液不呈中性，故A错误；B．因温度未知，则pH=7不一定为中性，故B错误；C．混合溶液中，c（H+）=mol/L，根据c（H+）•c（OH﹣）=K W，可知溶液中c（H+）=c（OH ﹣）═mol/L，溶液呈中性，故C正确；D．任何溶液都存在电荷守恒，即c（H+）+c（B+）=c（OH﹣）+c（A﹣），不能确定溶液的酸碱性，故D错误．故选C．【点评】本题考查酸碱混合的定性判断，题目难度中等，注意溶液呈中性应存在c（H+）=c （OH﹣），由于温度未知，且酸碱的强弱未知，不能根据pH以及酸碱的物质的量关系判断．6．下列实验不能达到目的是（）A．测定一定时间内生成H2的反应速率B．用CO2做喷泉实验C．验证NH3易溶于水D．比较Na2CO3与NaHCO3的热稳定性【考点】化学实验方案的评价．【分析】A．Zn与硫酸反应生成氢气，利用秒表测定时间，针筒测定氢气的体积；B．二氧化碳易与NaOH反应导致气体减少；C．氨气极易溶于水；D．碳酸氢钠不稳定，图中不能体现对比性．【解答】解：A．Zn与硫酸反应生成氢气，利用秒表测定时间，针筒测定氢气的体积，则图中装置可测定生成氢气的速率，故A正确；B．二氧化碳易与NaOH反应导致气体减少，则挤压胶头滴管图中可形成喷泉实验，故B正确；C．氨气极易溶于水，则挤压胶头滴管图中气球变小可验证NH3易溶于水，故C正确；D．碳酸氢钠不稳定，图中不能体现对比性，小试管中温度低应盛放碳酸氢钠，故D错误；故选D．【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及反应速率测定、气体的溶解性及喷泉实验、稳定性的比较等，把握物质的性质及反应原理为解答的关键，注意实验装置的作用及实验的评价性分析，题目难度不大．7．向10mL 0.1mol•L﹣1 NH4Al（SO4）2溶液中，滴加等浓度Ba（OH）2溶液x mL，下列叙述正确的是（）A．x=10时，溶液中有NH4+、Al3+、SO42﹣，且c（NH4+）＞c（Al3+）B．x=10时，溶液中有NH4+、AlO2﹣、SO42﹣，且c（NH4+）＞c（SO42﹣）C．x=30时，溶液中有Ba2+、AlO2﹣、OH﹣，且c（OH﹣）＜c（AlO2﹣）D．x=30时，溶液中有Ba2+、Al3+、OH﹣，且c（OH﹣）=c（Ba2+）【考点】离子浓度大小的比较；电离方程式的书写．【专题】离子反应专题．【分析】A、Al3+与氨水反应生成Al（OH）3沉淀，可以认为氢氧根会先与铝离子作用生成沉淀．加入10mlBa（OH）2，相当于溶液中NH4+、Al3+、OH﹣比例为1：1：2，铝部分生成氢氧化铝沉淀．SO42﹣﹣：Ba2+比例为2：1，SO42﹣部分沉淀．反应完全后，溶液中有NH4+、Al3+、SO42﹣．B、依据A分析溶液中有NH4+、Al3+、SO42﹣．无AlO2﹣；C、加入30mlBa（OH）2，氢氧根离子过量可以和铝离子完全反应，且和铵根离子全部反应后还有氢氧根离子剩余，溶液中有Ba2+、AlO2﹣、OH﹣，但c（OH﹣）＞c（AlO2﹣）；D、依据C分析判断溶液中有Ba2+、AlO2﹣、OH﹣，不存在Al3+．【解答】解：A、当x=10时，10ml0.1mol/LNH4Al（SO4）2溶液中含有0.001molNH4+，1mmolAl3+，0.002molSO42﹣，10ml等浓度Ba（OH）2溶液有0.001molBa2+，0.002molOH﹣，混合后硫酸钡沉淀，剩余0.001molSO42﹣．氢氧化铝沉淀，剩余×10﹣3molAl3+而NH4+没有参与反应，少量水解，c（NH4+）＜c（SO42﹣），故A正确；B、当x=10时，10ml0.1mol/LNH4Al（SO4）2溶液中含有0.001molNH4+，1mmolAl3+，0.002molSO42﹣，10ml等浓度Ba（OH）2+，0.002molOH﹣，混合后硫酸钡沉淀，剩余2溶液有0.001molBa0.001molSO42﹣．氢氧化铝沉淀，剩余×10﹣3molAl3+而NH4+没有参与反应，少量水解，c（NH4+）＞c（SO42﹣），故B错误；C、当x=30时，10ml0.1mol/LNH4Al（SO4）2溶液中含有0.001molNH4+，0.001molAl3+，0.002molSO422+，6mmolOH﹣，混合后硫酸钡沉淀，剩余﹣，30ml等浓度Ba（OH）2溶液有0.003molBa0.001molBa2+；OH﹣过量溶液中存在0.001moAlO2﹣，铵根离子和氢氧根离子反应生成一水合氨，氢氧根离子剩余0.001mol；一水合氨电离生成铵根离子和氢氧根离子，此时c（OH﹣）＞c（AlO2﹣），故C错误；D、当x=30时，10ml0.1mol/LNH4Al（SO4）2溶液中含有0.001molNH4+，0.001molAl3+，0.002molSO42﹣，30ml等浓度Ba（OH）2+，6mmolOH﹣，混合后硫酸钡沉淀，剩余2溶液有0.003molBa0.001molBa2+；OH﹣过量溶液中存在0.001moAlO2﹣，铵根离子和氢氧根离子反应生成一水合氨，氢氧根离子剩余0.001mol；一水合氨电离生成铵根离子和氢氧根离子，此时c（OH﹣）＞（Ba2+），故D错误；故选A．【点评】本题考查了离子方程式的书写原则和方法应用，主要是定量反应的产物判断，关键分析离子反应顺序，先沉淀后反应生成弱电解质后沉淀溶解．二、非选择题8．X、Y、Z、W是元素周期表前四周期中的常见元素，其相关信息如下表：（1）W位于元素周期表第四周期第Ⅷ族，其原子最外层有 2 个电子．（2）X的活泼性比Y的弱（填“强”或“弱”）；X和Y的气态氢化物中，较稳定的是H2O （写化学式）．（3）写出Z2Y2的电子式，XY2的结构式O=C=O ．（4）在X原子与氢原子形成的多种分子中，有些分子的核磁共振氢谱显示有两种氢，写出其中一种分子的名称丙烷（或丙炔或2﹣甲基丙烯或1，2，4，5﹣四甲基苯等）．氢元素、X、Y的原子也可共同形成多种分子和某种常见无机阴离子，写出其中一种分子与该无机阴离子反应的离子方程式CH3COOH+HCO3﹣→CH3COO﹣+H2O+CO2↑．【考点】位置结构性质的相互关系应用．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】X原子的L层电子数是K层电子数的2倍，应为C元素，Y原子的最外层电子排布式为：ns n np n+2，n=2，则最外层电子排布式为：2s22p4，应为O元素，Z存在质量数为23，中子数为12的原子核，质子数应为23﹣12=11，则为Na元素，W有多种化合价，其白色氢氧化物在空气中会迅速变成灰绿色，最后变成红褐色，应为氢氧化亚铁和氢氧化铁的转化，则W为Fe元素，结合对应值单质、化合物的性质以及元素周期律知识解答该题．【解答】解：原子的L层电子数是K层电子数的2倍，应为C元素，Y原子的最外层电子排布式为：ns n np n+2，n=2，则最外层电子排布式为：2s22p4，应为O元素，Z存在质量数为23，中子数为12的原子核，质子数应为23﹣12=11，则为Na元素，W有多种化合价，其白色氢氧化物在空气中会迅速变成灰绿色，最后变成红褐色，应为氢氧化亚铁和氢氧化铁的转化，则W为Fe元素，（1）W为Fe元素，核外价层电子排布为3d64s2，位于元素周期表第四周期第Ⅷ族，最外层电子数为2，故答案为：四；Ⅷ； 2；（2）X为C元素，Y为O元素，位于周期表同一周期，非金属性C＜O，则对应的氢化物中较稳定的为H2O，故答案为：弱；H2O；（3）Z2Y2为Na2O2，为离子混合物，电子式为，XY2为CO2，为直线形分子，结构式为O=C=O，故答案为：； O=C=O；（4）在C原子与氢原子形成的多种分子中，有些分子的核磁共振氢谱显示有两种氢，可为丙烷（或丙炔或2﹣甲基丙烯或1，2，4，5﹣四甲基苯等），氢元素、C、O的原子也可共同形成多种分子和某种常见无机阴离子，如CH3COOH和HCO3﹣，二者反应的离子方程式为，也可以为其它物质之间的反应，故答案为：丙烷（或丙炔或2﹣甲基丙烯或1，2，4，5﹣四甲基苯等）；CH3COOH+HCO3﹣→CH3COO ﹣+H2O+CO2↑．【点评】本题考查位置结构性质的关系的综合应用，根据原子结构特点正确推断元素的种类为解答该题的关键，本题侧重于物质的位置、电子式、结构以及性质的考查，注意把握相关基础知识．9．如图中A～L分别表示反应中的一种常见物质，E、F、I在通常状况下是气体单质，其中E为有剌激性气味的气体，X、Y是常见的金属单质，参加反应的水以及生成的水在图中已略去．填写下列空白：（1）E是Cl2；J是Fe（OH）3．（写化学式）（2）写出C溶液电解的化学方程式2NaCl+2H2O H2↑+Cl2↑+2NaOH．（3）写出G+K→H+J+C的离子方程式3AlO2﹣+Fe3++6H2O=3Al（OH）3↓+Fe（OH）3↓．【考点】无机物的推断．【分析】E为有剌激性气味的气体单质，Y是常见的金属单质，E与Y反应生成K，K能与Y 反应生成L，则Y为变价金属，E具有强氧化性，可以推断Y为Fe，E为Cl2，K为FeCl3，L 为FeCl2，L的溶液中加入过氧化钠得到沉淀J为Fe（OH）3、气体单质I为O2、C为NaCl，电解C溶液生成E、F、D，D是溶液，所以F为H2、D为NaOH，D和金属X生成F和G，可判断X为Al，G为NaAlO2，K和G发生双水解得H为Al（OH）3，固体A与B反应生成C和E，应以为：NaClO+2HCl=NaCl+Cl2↑+H2O，据此答题．【解答】解：E为有剌激性气味的气体单质，Y是常见的金属单质，E与Y反应生成K，K能与Y反应生成L，则Y为变价金属，E具有强氧化性，可以推断Y为Fe，E为Cl2，K为FeCl3，L为FeCl2，L的溶液中加入过氧化钠得到沉淀J为Fe（OH）3、气体单质I为O2、C为NaCl，电解C溶液生成E、F、D，D是溶液，所以F为H2、D为NaOH，D和金属X生成F和G，可判断X为Al，G为NaAlO2，K和G发生双水解得H为Al（OH）3，固体A与B反应生成C和E，应以为：NaClO+2HCl=NaCl+Cl2↑+H2O．（1）由上述分析可知，E是 Cl2，J是Fe（OH）3，故答案为：Cl2；Fe（OH）3；（2）NaCl溶液电解的化学方程式：2NaCl+2H2O H2↑+Cl2↑+2NaOH，故答案为：2NaCl+2H2O H2↑+Cl2↑+2NaOH；（3）G+K→H+J+C的离子方程式：3AlO2﹣+Fe3++6H2O=3Al（OH）3↓+Fe（OH）3↓，故答案为：3AlO2﹣+Fe3++6H2O=3Al（OH）3↓+Fe（OH）3↓．【点评】本题考查无机物推断，难度中等，涉及钠、氯、铁等元素化合物性质，需要学生熟练掌握元素化合物知识，注意充分利用题目中特殊反应、反应信息及物质的性质等推断．10．COCl2的分解反应为COCl2（g）⇌Cl2（g）+CO（g）△H=+108kJ•mol﹣1．反应体系平衡后，各物质的浓度在不同条件下的变化状况如下图（第10min到14min的COCl2浓度变化曲线未示出）：（1）计算反应在第8min时的平衡常数K= 0.234mol/L （保留三位小数）；（2）比较第2min反应温度T（2）与第8min反应温度T（8）的高低：T（2）＜ T（8）（填“＜”、“＞”或“=”）；（3）若反应在体积为20L的密闭容器中进行，则4min～10min外界向反应体系提供的能量至少为32.4kJ ．（4）若12min时反应于温度T（8）下重新达到平衡，则此时c（COCl2）= 0.031 mol/L （保留三位小数）（5）比较反应物COCl2在5﹣6min和15﹣16min时平均反应速率的大小：v（5﹣6）＞ v （15﹣16）（填“＜”、“＞”或“=”），原因是在相同温度时，该反应的反应物浓度越高，反应速率越大．【考点】化学平衡的计算．【专题】化学平衡图像；化学平衡专题．【分析】（1）由图可知，8min时COCl2的平衡浓度为0.04mol/L，Cl2的平衡浓度为0.11mol/L，CO的平衡浓度为0.085mol/L，代入平衡常数表达式K=计算；（2）第8min时反应物的浓度比第2min时减小，生成物浓度增大，平衡向正反应方向移动，4min瞬间浓度不变，不可能为改变压强、浓度，应是改变温度，结合温度对平衡影响判断；（3）4min～10min内COCl2的浓度减少量为（0.055﹣0.04）mol/L=0.015mol/L，再计算转化COCl2的物质的量，结合热化学方程式计算吸收的热量；（4）由图可知，10min瞬间Cl2浓度不变，CO的浓度降低，故改变条件为移走CO，降低CO 的浓度，平衡常数不变，与8min到达平衡时的平衡常数相同，由图可知，12min时到达平衡时Cl2的平衡浓度为0.12mol/L，CO的平衡浓度为0.06mol/L，根据平衡常数计算c（COCl2）；（5）10min瞬间，CO的浓度减小，二氧化碳浓度不变，而后平衡正向移动，不能是改变温度，应是移走CO，14min到达平衡．在5～6 min和15～16 min时反应温度相同，在相同温度时，该反应的反应物浓度越高，反应速率越大，但15～16 min时各组分的浓度都小，因此反应速率小．【解答】解：（1）由图可知，8min时COCl2的平衡浓度为0.04mol/L，Cl2的平衡浓度为0.11mol/L，CO的平衡浓度为0.085mol/L，K===0.234mol/L，故答案为：0.234mol/L；（2）由第2min反应温度变为第8min反应温度时，生成物浓度增大、反应物浓度减小，平衡向正反应方向移动，正反应是吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，所以T（2）＜T（8），故答案为：＜；（3）4min～10min内COCl2的浓度减少量为（0.055﹣0.04）mol/L=0.015mol/L，转化COCl2的物质的量为0.015mol/L×20L=0.3mol，吸收的热量为0.3mol×108kJ•mol﹣1=32.4kJ，即外界至少需要提供23.4kJ能力，故答案为：32.4kJ；（4）由图可知，10min瞬间Cl2浓度增大，CO的浓度降低，故改变条件为移走CO，降低CO 的浓度，平衡常数不变，与8min到达平衡时的平衡常数相同，由图可知，12min时到达平衡时Cl2的平衡浓度为0.12mol/L，CO的平衡浓度为0.06mol/L，故：=0.234mol/L，解得c（COCl2）=0.031mol/L，故答案为：0.031；（5）10min瞬间，CO的浓度减小，二氧化碳浓度不变，而后平衡正向移动，不能是改变温度，应是移走CO，14min到达平衡，在5～6 min和15～16 min时反应温度相同，在相同温度时，该反应的反应物浓度越高，反应速率越大，但15～16 min时各组分的浓度都小，因此反应速率小，即v（5～6）＞v（15～16），故答案为：＞；在相同温度时，该反应的反应物浓度越高，反应速率越大．【点评】本题考查化学平衡计算、化学平衡移动、平衡常数、浓度随时间变化曲线等，理解图象中曲线变化趋势及曲线变化可能改变的条件是解本题关键，是对学生综合能力的考查，题目难度中等．11．信息时代产生的大量电子垃圾对环境构成了极大的威胁．某“变废为宝”学生探究小组将一批废弃的线路板简单处理后，得到含70%Cu、25%Al、4%Fe及少量Au、Pt等金属的混合物，并设计出如图1制备硫酸铜和硫酸铝晶体的路线：请回答下列问题：（1）第①步Cu与酸反应的离子方程式为Cu+4H++2NO3﹣Cu2++2NO2↑+2H2O 或3Cu+8H++2NO3﹣3Cu2++2NO↑+4H2O ；得到滤渣1的主要成分为Au、Pt ．（2）第②步加H2O2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+，使用H2O2的优点是不引入杂质，对环境无污染；调溶液pH的目的是使Fe3+、Al3+生成沉淀．（3）用第③步所得CuSO4•5H2O制备无水CuSO4的方法是加热脱水．（4）由滤渣2制取Al2（SO4）3•18H2O，探究小组设计了三种方案：上述三种方案中，甲方案不可行，原因是所得产品中含有较多Fe2（SO4）3杂质：从原子利用率角度考虑，乙方案更合理．（5）探究小组用滴定法测定CuSO4•5H2O （M r=250）含量．取a g试样配成100mL溶液，每次取20.00mL，消除干扰离子后，用c mol•L﹣1EDTA（H2Y2﹣）标准溶液滴定至终点，平均消耗EDTA溶液b mL．滴定反应如下：Cu2++H2Y2﹣=CuY2﹣+2H+写出计算CuSO4•5H2O质量分数的表达式ω=；下列操作会导致CuSO4•5H2O含量的测定结果偏高的是 c ．a．未干燥锥形瓶 b．滴定终点时滴定管尖嘴中产生气泡 c．未除净可与EDTA反应的干扰离子．【考点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用．【专题】压轴题；几种重要的金属及其化合物．【分析】（1）稀硫酸、浓硝酸混合酸后加热，Cu、Al、Fe发生反应生成Cu2+、Al3+、Fe2+；所以滤渣1 的成分是Pt和Au，滤液1中的离子是Cu2+、Al3+、Fe2+；（2）过氧化氢具有氧化性且被还原为水，无杂质无污染；可以氧化亚铁离子为铁离子易于沉淀除去，调节溶液PH目的是铁离子和铝离子全部沉淀；第②步加H2O2的作用是把Fe2+氧化为Fe3+，该氧化剂的优点是不引入杂质，产物对环境无污染．调溶液PH的目的是使Fe3+和Al3+形成沉淀．所以滤液2的成分是Cu2+，滤渣2的成分为氢氧化铁和氢氧化铝；（3）第③步由五水硫酸铜制备硫酸铜的方法应是在坩埚中加热脱水；（4）依据实验方案过程分析制备晶体中是否含有杂质，使用的试剂作用，原料的利用率，原子利用率因素分析判断；（5）依据滴定实验和反应离子方程式计算得到；滴定实验误差分析依据标准溶液消耗的多少进行分析判断；【解答】解：（1）稀硫酸、浓硝酸混合酸后加热，Cu、Al、Fe发生反应生成Cu2+、Al3+、Fe2+；所以滤渣1的成分是Pt和Au，滤液1中的离子是Cu2+、Al3+、Fe2+；第①步Cu与酸反应的离子方程式为：Cu+4H++2NO3﹣Cu2++2NO2↑+2H2O 或3Cu+8H++2NO3﹣3Cu2++2NO↑+4H2O；Au、Pt；故答案为：Cu+4H++2NO3﹣Cu2++2NO2↑+2H2O 或3Cu+8H++2NO3﹣3Cu2++2NO↑+4H2O；Au、Pt；（2）第②步加H2O2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+；过氧化氢做氧化剂不引入杂质，对环境无污染；调节溶液PH铁离子和铝离子全部沉淀后过滤得到氢氧化铁、氢氧化铝沉淀和滤液硫酸铜，故答案为：将Fe2+氧化为Fe3+；不引入杂质，对环境无污染；Fe3+、Al3+；。