1、一、选择题I（每题2分，共16分）1化学与社会、生产、生活密切相关。下列有关叙述正确的是A高纯硅及其氧化物在太阳能电池及信息高速传输中有重要应用B蛋白质、棉花、核酸、PVC、淀粉、油脂都是由高分子组成的物质C绿色化学的核心是在化学合成中将原子充分利用，转化为新的原子D煤经过气化和液化等物理变化可转化为清洁燃料【答案】A【解析】试题分析：A、高纯硅应用在太阳能电池，硅的氧化物在光导纤维的信息高速传输中有重要应用，故A正确；B、油脂相对分子质量较小，不是高分子化合物，故B错误；C、绿色化学是化学反应中原子100%地利用，但是新的原子不会无缘无故地产生，应该是产生新的物质，故C错误；D、煤的气化和液
2、化是指煤在无氧加热的条件下分解生成气体或液体燃料，是化学变化，故D错误；故选A。考点：考查了化学与社会、生产、生活的相关知识。2下列有关化学用语表示正确的是A二氧化硅的分子式：SiO2 B熔融状态下硫酸氢钾的电离方程式：KHSO4 K+HSO4-C甲基的电子式： D. HClO的结构式：HClO【答案】B【解析】试题分析：A、SiO2为而二氧化硅的化学式，二氧化硅为原子晶体，不存在分子式，故A错误；B、熔融状态下硫酸氢钾电离出钾离子和硫酸氢根离子，其电离方程式为：KHSO4K+HSO4-，故B正确；C、甲烷去掉1个H原子剩余部分为甲基，甲基为电中性基团，碳原子有1个单电子，电子式为，故C错误；
3、D、HClO的中心原子为O，分子中存在1个氧氢键和1个O-Cl键，其正确的结构式为：H-O-Cl，故D错误；故选B。考点：考查了常见化学用语的表示方法的相关知识。3阿伏加德罗常数约为6.021023mol1，下列说法中正确的是A常温常压下，N2和O2混合气体22.4 L所含的分子数少于6.021023B1 L l mol/LFeBr2溶液与l mol氯气反应时转移的电子数为3NAC标准状况下，11.2 L HF 所含的分子数约为3.011023D0.5 mol/L硫酸钠溶液中含有溶质离子总数为1. 5NA【答案】A【解析】试题分析：A、常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，故22.4
4、L混合气体的物质的量小于1mol，故分子个数小于NA个，故A正确；B、1mol氯气完全反应，氯气反应后变为-1价，故1mol氯气转移2mol电子即2NA个，故B错误；C、标况下HF为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故C错误；D、溶液体积不明确，故溶液中的溶质离子总数无法计算，故D错误；故选A。考点：考查了阿伏加德罗常数的计算的相关知识。4下列说法正确的是A.根据反应5Fe2+MnO4+8H+=5Fe3+Mn2+4H2O可知：用酸性KMnO4溶液可检验绿矾(FeSO47H2O)是否变质B.根据反应H3PO3+2NaOH(足量)=Na2HPO3+2H2O可知：H3PO3属于三元酸C.
5、根据反应3Fe+8HNO3=3Fe(NO3)2+2NO+4H2O可知：反应中HNO3表现酸性和氧化性D.根据反应CuSO4+H2S=CuS+H2SO4可知：H2S的酸性比H2SO4强【答案】C【解析】试题分析：A、铁离子的检验应用KSCN溶液，若溶液变红则证明绿矾变质，用酸性KMnO4溶液无法检验，错误；B、反应H3PO3+2NaOH(足量)=Na2HPO3+2H2O中，H3PO3与NaOH的物质的量比是1:2，可知：H3PO3属于，二元酸，错误；C、铁与硝酸反应生成硝酸亚铁与NO，说明反应中HNO3表现酸性和氧化性，正确；D、因为CuS是难溶于硫酸的沉淀，所以该反应可以发生，不能证明H2S的
6、酸性比H2SO4强，错误，故选C。考点：考查了物质的性质、物质的分类、氧化还原反应等相关知识。5下列说法正确的是A图中H1=H2+H3B图在催化剂条件下，反应的活化能等于E1+E2C图表示醋酸溶液滴定 NaOH 和氨水混合溶液的电导率变化曲线D图可表示由CO(g)生成CO2(g)的过程中要放出566kJ 热量【答案】C【解析】试题分析：A、根据盖斯定律来可知：一个反应无论是一步完成还是分为数步完成，其热效应是相同的，故应有：H1=-H2-H3，故A错误；B、E1、E2分别代表反应过程中各步反应的活化能，整个反应的活化能为能量较高的E1，故B错误；C、氢氧化钠是强电解质，氨水是弱电解质，滴加的弱
7、电解质先和氢氧化钠反应生成强电解质醋酸钠，但溶液体积不断增大，溶液被稀释，所以电导率下降；当氢氧化钠完全被中和后，醋酸继续与弱电解质氨水反应生成强电解质醋酸铵，所以电导率增大；氨水也完全反应后，继续滴加醋酸，因为溶液被稀释，电导率有下降趋势，故C正确；D、图象中未标明CO、氧气以及CO2的物质的量与焓变的值的数值计量关系，故D错误；故选C。考点：考查了盖斯定律的应用，活化能概念应用，反应焓变的意义以及溶液的导电性等相关知识。6常温下，将Cl2缓慢通入水中至饱和，然后向所得饱和氯水中滴加0.1mol/L的NaOH溶液，整个实验进程中溶液的pH变化曲线如图所示，下列叙述正确的是A实验进程中可用pH
8、试纸测定溶液的pHBa点的溶液中：c（H+）=c（Cl-）+c（HClO）+c（OH）Cc点所示溶液中：c（Na+）=2c（ClO-）+c（HClO）D由a点到b点的过程中，溶液中减小【答案】C【解析】试题分析：A、溶液中含有次氯酸，具有漂白性，不能用pH试纸测量，故A错误；B、由a点到b点的过程是氯气的溶解平衡Cl2+H2OH+Cl-+HClO，溶液中存在电荷守恒，c（H+）=c（Cl-）+c（OH）+c（Cl0-），生成的次氯酸是弱酸，c（Cl0-）c（HClO），故B错误；C、c点溶液呈中性，则c（H+）=c（OH-），根据电荷守恒得c（H+）+c（Na+）=c（Cl-）+c（Cl0-）
9、+c（OH-），所以c（Na+）=c（Cl-）+c（ClO-），根据物料守恒得c（Cl-）=c（ClO-）+c（HClO），所以c（Na+）=c（HClO）+2c（ClO-），故C正确；D、由a点到b点的过程是氯气的溶解平衡Cl2+H2OH+Cl-+HClO向右进行的过程，酸性逐渐增强，氢离子浓度逐渐增大，溶液中增大，故D错误；故选C。考点：考查了氯气的性质的相关知识。7SO2气体与足量Fe2(SO4)3溶液完全反应后，再加入K2Cr2O7溶液，发生如下两个化学反应：SO22Fe32H2OSO42-2Fe24H；Cr2O72-6Fe214H2Cr36Fe37H2O。下列有关说法错误的是A氧化性
10、：Cr2O72-Fe3SO2BK2Cr2O7能将Na2SO3氧化成Na2SO4C每有1 mol K2Cr2O7参加反应，转移电子的数目为6NAD若有6.72 L SO2(标准状况)参加反应，则最终消耗0.2 mol K2Cr2O7【答案】D【解析】试题分析：A、由可知，Fe元素的化合价降低，则氧化性为Fe3+SO2，由可知，Cr元素的化合价降低，则氧化性为Cr2O72-Fe3+，故A正确；B、因氧化性为Cr2O72-SO2，则K2Cr2O7能将Na2SO3氧化成Na2SO4，故B正确；C、每有1molK2Cr2O7参加反应，转移电子为1mol2（6-3）=6mol，即转移电子的数目为6NA，故
11、C正确；D、6.72LSO2（标准状况）参加反应，n（SO2）=0.3mol，由上述两个反应可知，存在3SO2Cr2O72-，则最终消耗0.1molK2Cr2O7，故D错误；故选D。考点：考查了氧化还原反应及计算的相关知识。8对溶液中的反应，如右图像中m表示生成沉淀的物质的量，n表示参加反应的某一种反应物的物质的量，则下列叙述中错误的是：A符合甲图像的两种反应物可以是AlCl3和NaOHB符合乙图像的两种反应物可以是Ca(OH)2和CO2C符合丙图像的反应可以是在Ca(OH)2和KOH的混合溶液中通入CO2D符合丙图像的反应可以是在NH4Al(SO4)2溶液中加入NaOH【答案】D【解析】试题
12、分析：A、如果是向NaOH溶液中逐渐加入AlCl3溶液时，首先发生Al3+4OH-AlO2-+2H2O，OH-反应完毕，发生反应3AlO2-+Al3+6H2O4Al（OH）3，生成沉淀消耗氢氧化钠的量和沉淀完全溶解消耗氢氧化钠的量之比是3：1，故A正确；B、石灰水中通入二氧化碳，先发生Ca（OH）2+CO2CaCO3+H2O，则生成沉淀，后发生CO2+CaCO3+H2OCa（HCO3）2沉淀消失，生成沉淀量最大消耗二氧化碳的量和沉淀完全溶解消耗二氧化碳的量之比是1：1，故B正确；C、Ca（OH）2和KOH的混合溶液中通入CO2，先发生氢氧化钙与二氧化碳的反应生成沉淀，Ca（OH）2+CO2Ca
13、CO3+H2O，再发生氢氧化钾与二氧化碳反应，2OH-+CO2CO32-+H2O，最后发生碳酸钙与水和二氧化碳的反应，即CO2+CaCO3+H2OCa（HCO3）2，生成沉淀量最大消耗二氧化碳的量和沉淀完全溶解消耗二氧化碳的量之比是1：1，氢氧化钾的量无具体要求，故C正确；D、NH4Al（SO4）2溶液中加入NaOH，先是铝离子和氢氧根离子之间的反应，Al3+3OH-Al（OH）3，然后是铵根离子和氢氧根离子之间的反应，即NH4+OH-NH3H2O，最后是氢氧化铝的溶解过程，即Al（OH）3+NaOHNaAlO2+2H2O，生成沉淀量最大消耗氢氧化钠的量和沉淀完全溶解消耗氢氧化钠的量之比是1：
14、3，故D错误；故选D。考点：考查了化学反应与图象、镁、铝的重要化合物的性质的相关知识。二、选择题II（每题3分，共24分）9已知W、X、Y、Z为短周期元素，它们的原子半径依次增大，W与Z、X和Y分别同主族，Y、Z同周期。Z能与X形成两种常见的离子化合物，离子个数比均为2:1。下列说法错误的是AY、Z、X、W的原子序数依次减小BW与X可形成既含极性共价键又含非极性共价键的化合物C由W、X、Y、Z四种元素组成的常见化合物一定显酸性DX的简单氢化物的沸点低于Y的简单氢化物的沸点【答案】D【解析】试题分析：W、X、Y、Z为短周期元素，它们的原子半径依次增大，W与Z、X和Y分别同主族，Y、Z同周期，Z能
15、与X形成两种常见的离子化合物，离子个数比均为2：1，则Z是Na元素、X是O元素，X和Y同一主族且为短周期元素，则Y是S元素，W和Z同一主族，且与半径最小，则X为H元素。A、通过以上分析知，Y、Z、X、W的原子序数依次减小，故A正确；B、X是O元素，W是H元素，W与X可形成的H2O2中既含极性共价键又含非极性共价键，故B正确；C、W、X、Y、Z四种元素组成的常见化合物为NaHSO4，为强酸强碱酸式盐，其溶液显酸性，故C正确；D、X的简单氢化物为H2O，Y的简单氢化物是H2S，水中含有氢键但硫化氢不含氢键，导致水的沸点高于硫化氢，故D错误；故选D。考点：考查了原子结构和元素周期律的相关知识。10已
16、知NH4CuSO3与足量的10mol/L硫酸液混合微热，产生下列现象：有红色金属生成 产生刺激性气味的气体 溶液呈现蓝色。据此判断下列说法正确的是A、反应中硫酸作氧化剂B、NH4CuSO3中硫元素被氧化C、刺激性气味的气体是氨气D、1molNH4CuSO3完全反应转移0.5mol电子【答案】D【解析】试题分析：反应的发产生为：2NH4CuSO3+4H+Cu+Cu2+2SO2+2H2O+2NH4+。A、由发产生为：2NH4CuSO3+4H+Cu+Cu2+2SO2+2H2O+2NH4+，反应只有Cu元素的化合价发生变化，硫酸根反应前后未变，反应中硫酸体现酸性，不作氧化剂，故A错误；B、NH4CuS
17、O3与硫酸混合微热，生成红色固体物、产生有刺激性气味的气体和蓝色溶液，说明反应生成Cu、SO2和Cu2+，反应前后S元素的化合价没有发生变化，故B错误；C、因反应是在酸性条件下进行，不可能生成氨气，故C错误；D、反应只有Cu元素的化合价发生变化，分别由+1+2，+10，反应的发产生为：2NH4CuSO3+4H+Cu+Cu2+2SO2+2H2O+2NH4+，每2molNH4CuSO3参加反应则转移1mol电子，则1molNH4CuSO3完全反应转移0.5mol电子，故D正确；故选D。考点：考查了氧化还原反应的相关知识。11已知电离平衡常数：H2CO3HClOHCO3-，下列有关叙述中，正确的是若
18、KI溶液中混有Br，加入足量FeCl3溶液，用CCl4萃取后，取无色的水层并加入AgNO3溶液，有淡黄色沉淀生成。向FeI2溶液中滴加少量氯水，反应的离子方程式为：2Fe2Cl2=2Fe32Cl向NaClO溶液中通入少量二氧化碳的离子反应方程式：2ClOCO2H2O=2HClOCO32海水提溴过程中，用碳酸钠溶液吸收溴，溴歧化为Br-和BrO3-，其离子方程式为3Br2+6CO32-+3H2O=5Br-+ BrO3-+6HCO3-A B C D 【答案】D【解析】试题分析：还原性I-Fe2+Br-，若KI溶液中混有Br-，加入足量FeCl3溶液，只氧化I-，发生反应2I-+2Fe3+=2Fe2
19、+I2，加入硝酸银，生成AgBr沉淀，故正确；还原性I-Fe2+Br-，向FeI2溶液中滴加少量氯水，只氧化I-，反应的离子方程式为：2I-+Cl2I2+2Cl-，故错误；向NaClO溶液中通入少量二氧化碳，生成HClO和HCO3-，离子方程式为ClO-+CO2+H2OHClO+HCO3-，故错误；溴自身发生氧化还原反应，反应的离子方程式为3Br2+6CO32-+3H2O=5Br-+BrO3-+6HCO3-，故正确；故选D。考点：考查了离子方程式正误判断、氧化性和还原性强弱比较、弱电解质的电离等相关知识。12下列实验中，对应的现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是选项实验现象结论A将稀硝酸加
20、入过量铁粉中，充分反应后滴加KSCN溶液有气体生成，溶液呈血红色稀硝酸将Fe氧化为Fe3+B将铜粉加入1.0molL-1Fe2（SO4）3溶液中溶液变蓝、有黑色固体出现金属铁比铜活泼C向蔗糖中加入浓硫酸蔗糖变黑，并放出刺激性气味的气体浓硫酸具有脱水性和强氧化性D将铜片放入浓硫酸中无明显现象铜片发生了钝化【答案】C【解析】试题分析：A、过量铁粉，反应生成亚铁离子，加入KSCN溶液、溶液不显红色，故A错误；B、Cu和Fe3+发生氧化还原反应，反应方程式为Cu+2Fe3+=Cu2+2Fe2+，所以没有黑色沉淀生成，溶液由黄色变为蓝色，故B错误；C、蔗糖变黑，说明浓硫酸具有脱水性，生成炭黑，体积膨胀并
21、伴有刺激性气味，说明生成气体，浓硫酸表现氧化性，故C正确；D、常温下Cu与浓硫酸不反应，钝化是在金属表面形成致密的氧化膜，铜在冷的浓硫酸中不发生钝化，故D错误；故选C。考点：考查了化学实验方案评价、沉淀转化、铝及其氧化物的性质、氧化还原反应、浓硫酸的性质等相关知识。13X、Y、Z、W四种短周期元素，有关数据如下表：元素代号XYZW原子半径/pm6670143160主要化合价-2+5、+3、-3+3+2下列叙述正确的是AW和Y形成的化合物中含有离子键和非极性键B一定条件下，X单质可以将Y单质从其氢化物中置换出来CZ的最高价氧化物能溶于氨水DY的简单气态氢化物的沸点高于 X的简单气态氢化物【答案】
22、B【解析】试题分析：原子电子层数越多，其原子半径越大；同一周期元素，原子半径随着原子序数增大而减小；同一主族元素，原子半径随着原子序数增大而增大；主族元素中，最高正化合价与其族序数相同，最低负价=族序数-8，根据表中数据知，X为O元素、Y为N元素、Z为Al元素、W为Mg元素。A、Mg和N形成的化合物为氮化镁，只含离子键变化非极性键，故A错误；B、一定条件下，氧气能氧化氨气生成氮气，所以一定条件下，X单质可以将Y单质从其氢化物中置换出来，故B正确；C、Z的最高价氧化物是氧化铝，能溶于强碱但不溶于弱碱溶液，氨水为弱碱，所以Z的最高价氧化物不能溶于氨水，故C错误；D、氢化物的熔沸点与相对分子质量成正
23、比，含有氢键的氢化物熔沸点较高，常温下，水是液体、氨气是气体，水的氢化物熔沸点高于氨气，故D错误；故选B。考点：考查了原子结构和元素周期律关系的相关知识。14用如图所示装置进行下列实验，实验结果与预测的现象不一致的是中的物质中的物质预测的现象A淀粉KI溶液浓硝酸无明显变化B酚酞溶液浓盐酸无明显变化CAlCl3溶液浓氨水有白色沉淀D湿润红纸条饱和氯水红纸条褪色【答案】A【解析】试题分析：A、硝酸具有挥发性，挥发出的硝酸进入淀粉KI溶液，硝酸具有强氧化性，可以将KI氧化为I2，I2遇淀粉变蓝色，故A错误；B、浓盐酸具有挥发性，挥发出的HCl进入酚酞溶液，酚酞溶液在酸性条件下不变色，故B正确；C、浓
24、氨水具有挥发性，挥发出的氨气，溶于氯化铝溶液，一水合氨与氯化铝反应生成氢氧化铝白色沉淀，故C正确；D、饱和氯水挥发出氯气，氯气与湿润红纸条接触，氯气水反应生成HClO，HClO具有漂白性，使湿润红纸条褪色，故D正确；故选A。考点：考查了氯气的化学性质；氨的化学性质；硝酸的化学性质；氯、溴、碘及其化合物的综合应用；镁、铝的重要化合物的相关知识。15今有一混合物的水溶液，只可能含有以下离子中的若干种：K、NH、Ca2、Ba2、Cl、CO32、SO42，现取三份100 mL溶液进行如下实验：（1）第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生（2）第二份加入足量NaOH溶液加热后，收集到气体0.04 mol。（
25、3）第三份加入足量BaCl2溶液后，得沉淀6.27 g，经足量盐酸洗涤后，剩余沉淀质量为2.33 g。根据上述实验，以下推测正确的是AK一定存在，且c(K)0.2mol L1 B100 mL溶液中含CO32 0.01mol CK不一定存在 DCl 一定存在【答案】A考点：考查了离子的检验、离子反应、离子共存的相关知识。16瘦肉精学名盐酸克伦特罗，其结构简式如下图，有关瘦肉精的说法不正确的是A化学式为C12H18ON2Cl2B可以发生取代、加成、水解、酯化、消去反应C属于芳香族化合物D遇FeCl3溶液发生显色反应【答案】D【解析】试题分析：A、由结构简式可知分子式为C12H18ONH2Cl2，故
26、A正确；B、含-Cl、-OH可发生取代，含苯环可发生加成，含-Cl可发生水解，含-OH可发生酯化、消去反应，故B正确；C、分子中含苯环，为芳香族化合物，故C正确；D、不含酚-OH，则不能遇FeCl3溶液发生显色反应，故D错误；故选D。考点：考查了有机物的结构与性质的相关知识。三、填空题（共60分）17查资料得：HNO2是一种弱酸且不稳定，易分解生成NO和NO2；它能被常见的强氧化剂氧化；在酸性溶液中它也是一种氧化剂，如能把Fe2+氧化成Fe3+。AgNO2是一种难溶于水、易溶于酸的化合物。试回答下列问题：（1）下列方法中，不能用来区分NaNO2和NaCl的是_（填序号）。A测定这两种溶液的pH
27、 B用AgNO3和HNO3两种试剂来区别C在酸性条件下加入KI淀粉溶液来区别 D分别在两种溶液中滴加甲基橙（2）Fe与过量稀硫酸反应可以制取FeSO4。若用反应所得的酸性溶液，将Fe2+转化为Fe3+，要求产物纯净，可选用的最佳试剂是_（填序号）。ACl2 BH2O2 CKMnO4 DHNO3（3）某同学把酸性高锰酸钾溶液滴入NaNO2溶液中，观察到紫色褪去，同时生成NO3-和Mn2+，请写出反应的离子方程式：_。（4）已知FeSO4在一定条件下可转变为高铁酸钾（K2FeO4），高铁酸钾是一种新型、高效的绿色水处理剂，在水中发生反应生成氢氧化铁胶体。高铁酸钾作为水处理剂发挥的作用是_。【答案】
28、（1）D；（2）B；（3）6H+5NO2-+2MnO4-NO3-+2Mn2+3H2O；（4）净水、消毒【解析】试题分析：（1）A、亚硝酸钠是强碱弱酸盐其水溶液呈碱性，氯化钠是强酸强碱盐其水溶液呈中性，相同物质的量浓度的两种溶液的pH不同，所以可以用测定这两种溶液的pH值鉴别，故A不选；B、亚硝酸根离子不和银离子反应，氯离子和银离子反应生成不溶于硝酸的白色沉淀，反应现象不同，所以可以用AgNO3和HNO3两种试剂来区别，故B不选；C、在酸性条件下，亚硝酸钠和碘离子反应方程式为2NO2-+2I-+4H+=2NO+I2+2H2O，碘遇淀粉变蓝色，氯离子和碘离子不反应，所以反应现象不同，所以可以用酸性
29、条件下的KI淀粉试液来区别，故C不选；D、亚硝酸钠是强碱弱酸盐其水溶液呈碱性，氯化钠是强酸强碱盐其水溶液呈中性，甲基橙的变色范围是3.1-4.4，所以亚硝酸钠和氯化钠溶液加入甲基橙后溶液都呈黄色，反应现象相同，所以不能用甲基橙鉴别，故D选；故答案为：D；（2）由于Cl2、HNO3都能氧化亚铁离子，但能引入新的杂质，铁不能氧化亚铁离子，双氧水的还原产物是水，不引入杂质，所以正确是双氧水，故答案为：B；（3）酸性高锰酸钾溶液滴入到NaNO2溶液中，观察到紫色褪色，同时生成NO3-和Mn2+，反应的离子方程式为：6H+5NO2-+2MnO4-NO3-+2Mn2+3H2O；故答案为：6H+5NO2-+
30、2MnO4-NO3-+2Mn2+3H2O；（4）高铁酸钾（K2FeO4）中Fe的化合价是+6价，具有强氧化性，能杀菌消毒，其还原产物Fe3+水解生成氢氧化铁胶体，能吸附水中杂质，所以高铁酸钾作为水处理剂发挥的作用是净水、消毒，故答案为：净水、消毒。考点：考查了化学方程式的配平、高铁酸钾的净水、消毒原理的相关知识。18硅是带来人类文明的重要元素之一，从传统材料到信息材料的发展过程中创造了一个有一个奇迹。（1）新型陶瓷Si3N4的熔点高、硬度大、化学性质稳定。工业上可以采用化学气相沉积法，在H2的保护下，使SiCl4与N2反应生成Si3N4沉积在石墨表面，写出该反应的化学方程式 。（2）一种用工业
31、硅（含少量钾、钠、铁、铜的氧化物），已知硅的熔点是1420，高温下氧气及水蒸气能明显腐蚀氮化硅。一种合成氮化硅的工艺主要流程如下:净化N2和H2时，铜屑的作用是： ；硅胶的作用是 。在氮化炉中3SiO2（s）+2N2（g）=Si3N4（s） H=727.5kJ/mol，开始时为什么要严格控制氮气的流速以控制温度 ；体系中要通入适量的氢气是为了 。X可能是 （选填：“盐酸”、“硝酸”、“硫酸”、“氢氟酸”）。（3）工业上可以通过如下图所示的流程制取纯硅：整个制备过程必须严格控制无水无氧。SiHCl3遇水剧烈反应，写出该反应的化学方程式 。假设每一轮次制备1mol纯硅，且生产过程中硅元素没有损失，
32、反应I中HCl的利用率为90%，反应II中H2的利用率为93.75%。则在第二轮次的生产中，补充投入HCl 和H2的物质的量之比是 。【答案】（1）3SiCl4+2N2+ 6H2=Si3N4+12HCl；（2）除去原料气中的氧气；除去生成的水蒸气；这是放热反应，防止局部过热，导致硅熔化熔合成团，阻碍与N2的接触；将体系中的氧气转化为水蒸气，而易被除去（或将整个体系中空气排尽）；硝酸；（3）SiHCl3+3H2O = H2SiO3+3HCl+H2；5:1。【解析】试题分析：（1）由信息：四氯化硅和氮气在氢气的气氛保护下，加强热发生反应，可得较高纯度的氮化硅以及氯化氢，方程式为：3SiCl4+2N
33、2+6H2Si3N4+12HCl，故答案为：3SiCl4+2N2+6H2Si3N4+12HCl；（2）Cu能与氧气反应，则Cu屑的作用为除去原料气中的氧气；硅胶具有吸水性，可除去生成的水蒸气，故答案为：除去原料气中的氧气；除去生成的水蒸气；氮化炉中3SiO2（s）+2N2（g）=Si3N4（s）H=-727.5kJ/mol，该反应为放热反应，开始时严格控制氮气的流速以控制温度是防止局部过热，导致硅熔化熔合成团，阻碍与N2的接触；体系中要通入适量的氢气是为将体系中的氧气转化为水蒸气，而易被除去（或整个体系中空气排尽），故答案为：该反应为放热反应，防止局部过热，导致硅熔化熔合成团，阻碍与N2的接触
34、；将体系中的氧气转化为水蒸气，而易被除去（或将整个体系中空气排尽）；氮化硅能与HF酸反应，盐酸、稀硫酸均不与Cu反应，氮化硅中混有铜粉，为除去混有的Cu，可选择硝酸，Cu与硝酸反应，而氮化硅与硝酸不反应，故答案为：硝酸；（3）SiHCl3遇水剧烈反应生成H2SiO3、HCl和氢气：3SiHCl3+3H2OH2SiO3+H2+3HCl，故答案为：3SiHCl3+3H2OH2SiO3+H2+3HCl；反应生产1mol纯硅需补充HCl：-3，需补充H2：-1，补充HCl与H2的物质的量之比为5：1，故答案为：5：1。考点：考查了氮化硅的制备实验方案的设计的相关知识。19铝是一种应用广泛的金属，工业上
35、用Al2O3和冰晶石(Na3AlF6)混合熔融电解制得。铝土矿的主要成分是Al2O3和SiO2等。从铝土矿中提炼Al2O3的流程如下：以萤石(CaF2)和纯碱为原料制备冰晶石的流程如下：回答下列问题：（1）写出反应1的离子方程式_， 。（2）滤液中加入CaO生成的沉淀是_，反应2的离子方程式为_。（3）E可作为建筑材料，化合物C是_，写出由D制备冰晶石的化学方程式_。（4）电解制铝的化学方程式是_，以石墨为电极，阳极产生的混合气体的成分是_。【答案】（14分）（1）2OH-SiO2=SiO32-H2O、2OH-Al2O3=2AlO2-H2O；（2）CaSiO3；2AlO2-CO23H2O=2A
36、l(OH)3CO32-；（3）浓H2SO4；12HF3Na2CO32Al(OH)3=2Na3AlF63CO29H2O；（4）2Al2O34Al3O2；O2、CO2(CO)。【解析】试题分析：（1）二氧化硅与氢氧化钠反应生成硅酸钠与水，反应离子方程式为：2OH-SiO2=SiO32-H2O，氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水，反应离子方程式为：2OH-Al2O3=2AlO2-H2O，故答案为：2OH-SiO2=SiO32-H2O、2OH-Al2O3=2AlO2-H2O；（2）滤液中含有硅酸钠、偏铝酸钠，加入CaO，生成氢氧化钙，氢氧化钙与硅酸钠反应生成硅酸钙沉淀；由工艺流程可知，B为氢氧化铝，
37、故气体A为二氧化碳，滤液主要是偏铝酸钠，偏铝酸钠溶液通入二氧化碳，生成氢氧化铝与碳酸钠，反应方程式为：2AlO2-+CO2+3H2O=2Al（OH）3+CO32-，故答案为：CaSiO3；2AlO2-+CO2+3H2O=2Al（OH）3+CO32-；（3）由工艺流程可知，气体D含有F元素，应是HF，故C为浓硫酸；根据元素守恒，可知HF与碳酸钠、氢氧化铝反应生成冰晶石，同时生成二氧化碳、水，反应方程式为：12HF+3Na2CO3+2Al（OH）3=2Na3AlF6+3CO2+9H2O，故答案为：浓H2SO4；12HF+3Na2CO3+2Al（OH）3=2Na3AlF6+3CO2+9H2O；（4）
38、电解熔融的氧化铝生成铝与氧气，反应方程式为：2Al2O3（熔融）4Al+3O2，阳极生成氧气，部分氧气可以石墨反应生成二氧化碳、CO，故阳极气体有O2、CO2（或CO）故答案为：2Al2O3（熔融）4Al+3O2；O2、CO2（或CO）。考点：考查了镁、铝的重要化合物；硅和二氧化硅的相关知识。20利用芳香烃X和烯烃Y可以合成紫外线吸收剂BAD。已知：G不能发生银镜反应，B遇FeCl3溶液显紫色，C到D的过程为引入羧基（COOH）的反应。其中BAD结构简式为：BAD的合成路线如下：试回答下列问题：（1）写出结构简式：Y ，D 。（2）上述属于取代反应的有 （填数字序号）。（3）1molBAD最多
39、可与含 molNaOH的溶液完全反应。（4）写出下列反应的化学方程式，注明反应条件：反应 B+E （5）E有多种同分异构体，判断符合下列要求的同分异构体数目为 种。能发生银镜反应 遇FeCl3溶液显紫色 核磁共振氢谱图中有四个吸收峰【答案】（15分）（1）CH2=CHCH3 ；（2）（3）6；（4）；（5）3。【解析】试题分析：由BAD结构简式可知E为，H为，根据D的分子式结合E的结构可知D为，根据B的分子式可知B为，则A为，烃X为苯，F在Cu为催化剂条件下发生催化氧化生成G，G不能发生银镜反应，应为酮，结合B和H的结构可知G为，则F为CH3CHOHCH3，烃Y为CH3CH=CH2。（1）通过
40、以上分析知，Y结构简式为CH3CH=CH2，D的结构简式为，故答案为：CH3CH=CH2；（2）由转化关系可知为取代反应，为取代反应，为加成反应，为氧化反应，为取代反应，故答案为：；（3）根据BAD结构简式可知，BAD水解生成4个酚羟基和2个羧基，则1molBAD最多可与含6molNaOH的溶液反应，故答案为：6；（4）的反应方程式为：，反应的方程式为：2+2H2O，故答案为：；2+2H2O；（5）E为，E的同分异构体有下列性质：与FeCl3反应，溶液呈紫色，说明含有酚羟基；能发生银镜反应，说明含有醛基，核磁共振氢谱图中有四个吸收峰，说明分子组成中有4种H原子，则其同分异构体可以是苯环上有两个
41、取代基，酚羟基与甲酯基且在对位，还可能是苯环上有三个取代基，1个醛基、2个酚羟基，在135位一种，醛基在两个酚羟基中间一种，所以E符合条件的同分异构体有3种，故答案为：3。考点：考查了有机合成与推断的相关知识。21在1.0L密闭容器中放入l.0molX（g），在一定温度进行如下反应：X（g）Y（g） +Z（g）H=akJmol-1反应时间（t）与容器内气体总压强（p）的数据见下表：回答下列问题：（1）实验测得，随温度的升高反应的平衡常数K增大，则H_0（填、或=）（2）其他条件不变时，为使平衡向右移动，采用的下列措施可行的是_。A缩小容器容积 B及时分离出Y、Z C使用合理的催化剂 D升高体系
42、温度（3）计算平衡时X的转化率为_，该温度下反应的平衡常数值为：_。（4）由总压强p和起始压强po表示反应体系的总物质的量n（总）和反应物X的物质的量n（X），则n（总）=_ mol，n（X）=_ mol，反应物X的转化率a（X）的表达式为_。【答案】（1）；（2）BD；（3）50%； 0.5mol/L；（4）；2- ，-1。【解析】试题分析：（1）随温度的升高反应的平衡常数K增大，说明升高温度平衡正向移动，则正反应为吸热反应，故H0，故答案为：；（2）A、正反应为气体体积增大的反应，缩小容器容积，压强增大，平衡逆向移动，故A错误；B、及时分离出Y、Z，平衡向生成Y、Z的方向移动，即平衡正向移
43、动，故B正确；C、使用合理的催化剂，可以加快反应速率，但不影响平衡移动，故C错误；D、正反应为吸热反应，升高体系温度，平衡正向移动，故D正确；故选：BD；（3）8h到达平衡，平衡时混合气体总物质的量为1mol=1.5mol，则： X（g）Y（g）+Z（g）起始量（mol）： 1 0 0变化量（mol）： a a a平衡量（mol）：1-a a a故1-a+a+a=1.5，解得a=0.5，X转化率=100%=50%，容器容积为1L，平衡常数K=0.5，故答案为：50%；0.5；（4）恒温恒容下，压强之比等于气体物质的量之比，则n（总）=1mol=mol，混合气体物质的量增大mol-1mol=（-
44、1）mol，X（g）Y（g）+Z（g）物质的量增大1 1（-1）mol （-1）mol故平衡时n（X）=1mol-（-1）mol=（2-）mol，X转化率为100%=（-1）100%，故答案为：；（2-）；（-1）100%。考点：考查了化学平衡计算与影响因素、平衡常数及影响因素等的相关知识。22目前，回收溴单质的方法主要有水蒸气蒸馏法和萃取法等。某兴趣小组通过查阅相关资料拟采用如下方案从富马酸废液（含溴027%）中回收易挥发的Br2：（1）操作X所需要的主要玻璃仪器为 ；反萃取时加入20%的NaOH溶液，其离子方程式为 。（2）反萃取所得水相酸化时，需缓慢加入浓硫酸，并采用冰水浴冷却的原因是：
45、 。（3）溴的传统生产流程为先采用氯气氧化，再用空气水蒸气将Br2吹出。与传统工艺相比，萃取法的优点是 。（4）我国废水三级排放标准规定：废水中苯酚的含量不得超过100mg/L。实验室可用一定浓度的溴水测定某废水中苯酚的含量，其原理如下：请完成相应的实验步骤：步骤1：准确量取2500mL待测废水于250mL锥形瓶中。步骤2：将45 mL 002mol/L溴水迅速加入到锥形瓶中，塞紧瓶塞，振荡。步骤3：打开瓶塞，向锥形瓶中加入过量的01mol/L KI溶液，振荡。步骤4： ，再用001 mol/L Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗 Na2S2O3溶液15 mL。（反应原理：I2 + 2Na
46、2S2O3 = 2NaI + Na2S4O6）步骤5：将实验步骤14重复2次。该废水中苯酚的含量为 mg/L。步骤3若持续时间较长，则测得的废水中苯酚的含量 。（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）。【答案】（15分（除第小题3分外，其余每空2分）（1）分液漏斗；Br2 +2OH- =Br- + BrO- +H2O（或Br2+6OH- =5Br- + BrO3- +3H2O）；（2） 减少Br2的挥发 ；（3）没有采用有毒气体Cl2，更环保（或所得溴更纯净）；（4） 滴入23滴淀粉溶液； 188 ； 偏低。【解析】试题分析：富马酸废液中含有Br-，电解生成溴单质，加入四氯化碳萃取后分液，再加入氢
47、氧化钠反萃取得到含修炼者和次溴酸根离子的溶液，加入硫酸酸化发生氧化还原反应生成溴单质；（1）操作X为萃取分液，需要烧杯、分液漏斗等仪器；反萃取时加入20%的NaOH溶液反应生成溴化钠、次溴酸钠和水，反应的离子方程式为：Br2+2OH-=Br-+BrO-+H2O；故答案为：分液漏斗，Br2+2OH-=Br-+BrO-+H2O；（2）溴单质易挥发，浓硫酸溶解放热分析，反萃取所得水相酸化时，需缓慢加入浓硫酸，并采用冰水浴冷却的原因是减少溴单质的挥发；故答案为：减少Br2的挥发；（3）无有毒气体氯气参加反应，生产过程环保；故答案为：没有采用有毒气体Cl2，更环保（4）硫代硫酸钠溶液滴定碘单质，加入淀粉
48、溶液做指示剂；滴入23滴淀粉溶液，再用0.01mol/LNa2S2O3标准溶液滴定至终点；故答案为；滴入23滴淀粉溶液；依据化学方程式定量关系计算，将4.5mL0.02mol/L溴水迅速加入到锥形瓶中，n（Br2）=0.0045L0.02mol/L=0.00009mol，其中和碘化钾反应的溴单质物质的量2KIBr2I22Na2S2O3，； 1 2 n 0.01mol/L0.015Ln=0.000075mol，与苯酚反应的溴单质=0.00009mol-0.000075mol=0.000015mol，则苯酚物质的量=0.000015mol=0.000005mol，该废水中苯酚的含量为=0.0000
49、05mol94g/mol=0.0188g/L=18.8mg/L，故答案为：18.8；步骤3持续的时间长导致的是KI被氧化，测定苯酚量减少，测定结果偏低；故答案为：偏低。考点：考查了三废处理与环境保护的相关知识。23W、X、Y、Z四种短周期元素在周期表中的位置如图所示，其中Y与钠元素和氢元素均可形成原子个数1：1和1：2的化合物。 请回答下列问题。（1）H2Y2的电子式为_，Z在周期表中的位置_。（2）在图中，b的pH约为7，且含有Fe2+和淀粉KI的水溶液，a为H2Y2的水溶液，旋开分液漏斗旋钮，观察到烧瓶中溶液呈蓝色并有红褐色沉淀生成。当消耗2molI-时，共转移3mol电子，该反应的离子方
50、程式是_。（3）已知：298K时，金属钠与Y2气体反应，若生成1molNa2Y固体时，放出热量414kJ；若生成1molNa2Y2固体时，放出热量511kJ。则由Na2Y固体与Y2气体反应生成Na2Y2固体的热化学方程式为_。（4）有人设想利用原电池原理以气体Z2和氢气制备一种重要的化工原料，同时获取电能。假设这种想法可行，用石墨作电极材料，用稀盐酸作电解溶液，则通入Z2的电极为原电池的_极，其电极反应式为_。【答案】（8分）（1） 第三周期A族；（2）2Fe2+3H2O2+4I-=2Fe（OH）3+2I2；（3）Na2O（s）+1/2O2（g）=Na2O2（s）H=-97kJ/mol；（4）
51、正极；Cl2+2e-=2Cl-。【解析】试题分析：W、X、Y、Z四种短周期元素，由元素在元素周期表中的位置，可知W、Y处于第二周期，X、Z处于第三周期，其中Y与钠元素和氢元素均可形成原子个数l：1和1：2的化合物，则Y为O元素，可推知W为C元素、X为P、Z为Cl（1）H2O2分子中O原子之间形成1对共用电子对、H原子与O原子之间形成1对共用电子对，其电子式为；Z为Cl元素，处于第三周期A族，故答案为：；第三周期A族；（2）在图2中，将H2O2的水溶液滴入含有Fe2+和淀粉KI的水溶液，观察到烧瓶中溶液呈蓝色并有红褐色沉淀生成，说明反应生成氢氧化铁与碘单质当消耗2molI-时，共转移3mol电子
52、，则参加反应的Fe2+物质的量为=1mol，参加反应H2O2的物质的量=1.5mol，故Fe2+、H2O2、I-的化学计量数之比=2：3：4，该反应离子方程式为：2Fe2+3H2O2+4I-=2Fe（OH）3+2I2，故答案为：2Fe2+3H2O2+4I-=2Fe（OH）3+2I2；（3）根据题意可知：2Na（s）+O2（g）=Na2O（s）H=-414kJ/mol，2Na（s）+O2（g）=Na2O2（s）H=-511kJ/mol根据盖斯定律，-得Na2O（s）+O2（g）=Na2O2（s）H=-97kJ/mol，故答案为：Na2O（s）+O2（g）=Na2O2（s）H=-97kJ/mol；
53、（4）氯气获得电子生成Cl-，发生还原反应，应在原电池正极通入，电极反应式为：Cl2+2e-=2Cl-，故答案为：正；Cl2+2e-=2Cl-。考点：考查了位置结构性质的相互关系应用的相关知识。24为探索工业废料的再利用，某化学兴趣小组设计了如下实验流程，用含有铝、铁和铜的合金废料制取氯化铝、绿矾晶体（FeSO47H2O）和胆矾晶体。请回答：（1）写出步骤反应的离子方程式： 。（2）试剂X是 。步骤、中均需进行的实验操作是 。（3）进行步骤时，该小组用如图所示装置及试剂制取CO2并将制得的气体通入溶液A中。一段时间后，观察到烧杯中产生的白色沉淀会逐渐减少。为了避免固体C减少，可采取的改进措施是
54、 。（4）用固体F制备CuSO4溶液，可设计以下三种途径： 写出途径中反应的离子方程式 ，请选出你认为的最佳途径 说明选择的理由 。【答案】（15分）（1）2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2；（2）稀硫酸；过滤；（3）在装置a、b之间增加一个盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气瓶；（4）3Cu+8H+2NO3-=3Cu2+2NO+4H2O；对环境无污染，耗硫酸少。考点：考查了物质制备方案的设计的相关知识，明确工艺流程原理是解答本题的关键，注意掌握物质制备方案的设计与评价原则是解题的关键。25某种盐可表示为（其摩尔质量为392gmol-1），可用作标定重铬酸钾、高锰酸钾等溶液的标准物质，也可
55、用于冶金、电镀。为测定其组成，进行下列实验：取一定质量的上述盐样品，准确配制100mL的溶液X；量取20.00mL的溶液X，加入盐酸酸化的BaCl2溶液至沉淀完全，过滤、洗涤，烘干至恒重，得到白色固体Y 4.660g另取20.00mL的X溶液，滴加适量硫酸，用0.1000molL-1的KMnO4溶液滴定至终点，生成Mn2+，消耗KMnO4溶液20.00mL。（1）在20.00mL试样溶液中c（SO42-）= molL-1，n（Fe2+）= mol；（2）该盐的化学式为 。【答案】（1）1，0.01；（2）FeSO4(NH4)2SO46H2O。【解析】试题分析：（1）取25.00mL溶液A，加入
56、盐酸酸化的BaCl2溶液至沉淀完全，过滤、洗涤，干燥至恒重，得到白色固体0.4660g根据硫酸根离子守恒，硫酸根离子的物质的量和硫酸钡的物质的量是相等的，即为：=0.02mol，c（SO42-）=1mol/L；取25.00mL溶液X，滴加适量稀硫酸，用0.100molL-1 KMnO4溶液滴定至终点，生成Mn2+，消耗KMnO4溶液20.00mL，在酸性环境下，高猛酸根离子可以将亚铁离子氧化为三价铁离子，即 MnO4- + 5Fe2+8H+=Mn2+5Fe3+4H2O， 1 50.100mol/L2010-3L n所以亚铁离子的物质的量为：n=50.100mol/L2010-3 L=0.01mol，故答案为：1；0.01；（2）100mL溶液中n（SO42-）=2.00010-2mol=0.08mol，n（Fe2+）=0.01mol=0.04mol，设该样品中含有xFeSO4y（NH4）2SO46H2O的物质的量为n，则：n（SO42-）=nx+ny=0.08、n（Fe2+）=nx=0.04，则x：y=1：1，所以该盐的化学式为：FeSO4（NH4）2SO46H2O，故答案为：FeSO4（NH4）2SO46H2O。考点：考查了有关混合物反应的计算的相关知识。
