1、2016年陕西省咸阳市高考化学预测试卷（5月份）一、选择题（每小题只有一个正确选项）1下列说法不正确的是（）A有科学家称硅是“21世纪的能源”，这主要是由于作为半导体材料的硅在太阳能发电过程中具有重要的作用B浓硝酸在光照条件下变黄，说明浓硝酸易分解生成有色产物且溶于浓硝酸C漂白粉既可作漂白棉、麻、纸张的漂白剂，又可用作游泳池及环境的消毒刑D铝热反应常被用于野外焊接钢轨，说明铝的氧化性很强2化学与生活、生产密切相关，下列说法正确的是（）A对“地沟油”进行分馏可得到汽油BPM2.5、CO2都属于空气质量日报的内容C硅酸多孔、吸水能力强，常用作袋装食品的干燥D向煤中加入适量CaSO4，可大大减少燃烧
2、产物中SO2的量3设NA表示阿伏加德罗常数的值下列叙述正确的是（）A标准状况下，22.4 L一氯甲烷和二氯甲烷的混合物中所含的氯原子数介于NA至2NA之间B0.1 mol Cu与足量热的浓硫酸反应生成SO2的体积约为22.4 LC0.2 molL1 Na2S溶液中含有的S2数目小于0.2NAD在反应Zn+2HNO3+NH4NO3N2+3H2O+Zn（NO3）2中每溶解1 mol Zn，转移的电子数大于2NA4已知有机物A、B之间存在转化关系：A（C6H12O2）+H2OB+CH3COOH（已配平）则符合条件的B的同分异构体有（不考虑立体异构）（）A4种B5种C6种D7种5俗称“一滴香”的有毒物
3、质被人食用后会损伤肝脏，还能致癌“一滴香”的分子结构如图所示，下列说法正确的是（）A该有机物的分子式为C7H7O3B该有机物能发生取代、加成和氧化反应C1mol该有机物最多能与2mol H2发生加成反应D该有机物的一种含苯环的同分异构体能发生银镜反应6一种太阳能电池的工作原理如下图所示，电解质为铁氰化钾K3Fe（CN）6和亚铁氰化钾K4Fe（CN）6的混合溶液，下列说法不正确的是（）AK+移向催化剂bB催化剂a表面发生的化学反应：Fe（CN）64eFe（CN）63CFe（CN）63在催化剂b表面被氧化D电解池溶液中的Fe（CN）64和Fe（CN）63浓度基本保持不变7短周期主族元素X、Y、Z、
4、W的原子序数依次增大，X原子核外最外层电子数是次外层的2倍，Y的氟化物YF3分子中各原子均达到8电子稳定结构，Z是同周期中原子半径最大的元素，W的最高正价为+7价下列说法正确的是（）AXH4的沸点比YH3的高BX与W形成的化合物和Z与W形成的化合物的化学键类型相同CY离子的半径比Z离子的半径小D元素W的最高价氧化物对应水化物的酸性比Y的强8下图所示的实验装置不能完成实验目的是（）A为证明非金属性强弱：ClCSiB为制备少量CO2并控制反应C为制备并收集少量NO气体D量取0.10 molL1 KOH溶液20.00 mL9仅用下表提供的仪器（夹持仪器和试剂任选）不能实现相应实验目的是（）选项实验目
5、的仪器A除去氯化钠溶液中的泥沙漏斗（带滤纸）、烧杯、玻璃棒B从食盐水中获得NaCl晶体坩埚、玻璃棒、酒精灯、泥三角C用0.10molL1的盐酸测定未知浓度的NaOH溶液浓度碱式滴定管、酸式滴定管、锥形瓶、胶头滴管、烧杯D用MnO2和浓盐酸制取干燥、纯净的Cl2圆底烧瓶、分液漏斗、酒精灯、洗气瓶、集气瓶、导管、石棉网AABBCCDD10氯酸镁Mg（ClO3）2常用作催熟剂、除草剂等，实验室制备少量Mg（ClO3）26H2O的流程如下：已知：卤块主要成分为MgCl26H2O，含有MgSO4、FeCl2等杂质下列说法不正确的是（）A卤块中加入KMnO4发生的氧化还原反应有2个B加入BaCl2为沉淀S
6、O42C也可用Mg（OH）2代替MgO调节溶液的PHD在滤液中加NaClO3饱和溶液得到产品利用了相同温度下Mg（ClO3）2溶解度比NaClO3小11常温下，Ksp（CaSO4）=9106，常温下CaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图，下列判断错误的是（）Aa、c两点均可以表示常温下CaSO4溶于水所形成的饱和溶液Ba点对应的Ksp等于c点对应的KspCb点将有沉淀生成，平衡后溶液中c（SO42）一定不等于3103 molL1D向d店溶液中加入适量CaCl2固体可以变到c点12将CO2慢慢通入一定体积的NaOH溶液中，溶液的pH随CO2体积（标准状况下）的变化曲线如图所示，则下列说法中正确的
7、是（）ANaOH溶液的物质的量浓度为0.1mol/L，体积为1LBM、N点离子浓度的都是c（HCO3）c（CO32）CV=3.36L时，溶液中的离子浓度关系是：c（Na+）c（HCO3）c（CO32）c（OH）c（H+）D曲线上任意点都符合：c（Na+）+c（H+）=c（CO32）+c（HCO3）+c（OH）13在某温度时，将n molL1氨水滴入10mL 1.0molL1盐酸中，溶液pH和温度随加入氨水体积变化曲线如图所示下列有关说法正确的是（）An=1.0B水的电离程度：bcadCc点：c（NH）=c（Cl）=1.0 molL1D25时，NH4Cl的水解常数（Kh）计算式为=二、非选择题（
8、一）必做部分14高铁酸钾（K2FeO4）是一种集氧化、吸附、絮凝于一体的新型多功能水处理剂其生产工艺流程如图1：请同答下列问题：（1）写出向KOH溶液中通入足量Cl2发生反应的离子方程式：（2）在溶液中加入KOH固体的目的是（填编号）A为下一步反应提供碱性的环境B使KClO3转化为KClOC与溶液中过量的Cl2继续反应，生成更多的KClODKOH固体溶解时会放出较多的热量，有利于提高反应速率（3）从溶液中分离出K2FeO4后，还会有副产品KNO3、KCl，则反应中发生反应的离子方程式为每制得59.4g K2FeO4，理论上消耗氧化剂的物质的量为mol（4）高铁酸钾（K2FeO4）作为水处理剂的
9、一个优点是能与水反应生成胶体吸附杂质，配平该反应的离子方程式：FeO42+H2OFe（OH）3（胶体）+O2+OH（5）从环境保护的角度看，制备K2FeO4较好的方法为电解法，其装置如图2所示电解过程中阳极的电极反应式为（6）高铁电池是一种新型二次电池，电解液为碱溶液，其反应式为3Zn（OH）2+2Fe（OH）3+4KOH3Zn+2K2FeO4+8H2O，放电时电池的负极反应式为15硼镁泥是一种工业废料，主要成份是MgO（占40%），还有CaO、MnO、Fe2O3、FeO、Al2O3、SiO2等杂质以硼镁泥为原料制取的硫酸镁，可用于印染、造纸、医药等工业从硼镁泥中提取MgSO47H2O的流程如
10、图：根据题意回答下列问题：（1）在酸解过程中，想加快酸解速率，请提出两种可行的措施、（2）滤渣的主要成份除含有Fe（OH）3、Al（OH）3、MnO2外，还有（3）加入的NaClO可与Mn2+反应产生MnO2沉淀，该反应的离子方程式是在调节pH、发生水解之前，还有一种离子也会被NaClO氧化，该反应的离子方程式为（4）为了检验滤液中Fe3+是否被除尽，可选用的试剂是AKSCN B淀粉KI溶液 CH2O2 DKMnO4稀溶液（5）已知MgSO4、CaSO4的溶解度如表：温度/40506070MgSO430.933.435.636.9CaSO40.2100.2070.2010.193“除钙”是将M
11、gSO4和CaSO4混合溶液中的CaSO4除去，根据上表数据，简要说明除钙的操作步骤、（6）现有l60t硼镁泥，生产MgSO47H2O，若生产过程的产率为50%，则能生产出MgSO47H2O产品t （计算结果保留三位有效数字）16能源和环境保护是世界各国关注的热点话题请回答下列问题：收集和利用CO2是环境保护的热点课题500时，在容积为1L的密闭容器中充入1mol CO2和3mol H2，发生如下反应：CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）H0，测得CO2和CH3OH的浓度与时间的关系如图1所示（1）A点含义是；010min内v（H2）=，平衡常数K=（保留一位小数）（2）反
12、应在500达到平衡之后，改变反应温度为T，CH3OH的浓度以每分钟0.030molL1逐渐增大，经5min又达到新平衡T（填“大于”、“小于”或“等于”）500，判断理由是列式计算温度为T时反应的平衡常数K2=（3）温度为T时，反应达到平衡后，将反应容器的容积增大一倍平衡向（填“正反应”或“逆反应”）方向移动，判断理由是电化学法处理SO2是目前研究的热点利用双氧水吸收SO2可消除SO2污染，设计装置如图2所示（1）石墨1为（填“正极”或“负极”）；正极的电极反应式为（2）H+的迁移方向为（3）若11.2L（标准状况）SO2参与反应，则迁移H+的物质的量为某废水中含Cd2+、Ni2+、Pb2+（
13、假设浓度均为0.01molL1），已知：Ksp（CdCO3）=6.181012，Ksp（NiCO3）=1.42107，Ksp（PbCO3）=1.461013取少量该废水向其中滴加Na2CO3溶液，形成CdCO3、NiCO3、PbCO3沉淀的先后顺序为172015年3月，全国“两会”代表委员就我国“雾霾”治理积极建言献策科学家研究表明氮氧化物与悬浮在大气中的盐粒子相互作用时能产生“二次雾霾”，涉及的反应有：2NO2（g）+NaCl（s）NaNO3（s）+ClNO（g） K1 （）2NO（g）+Cl2（g）2ClNO（g） K2 （）回答下列问题：（1）写出反应（）的平衡常数表达式K1=（2）恒温
14、恒容条件下，反应（）达到平衡的标志是a体系压强保持不变 b混合气体颜色保持不变cNO和ClNO的物质的量相等 d每消耗0.1mol NO的同时消耗0.05mol Cl2（3）为研究不同条件对反应（）的影响，恒温时向2L密闭容器中加入 0.2mol NO和0.1molCl2：在恒容条件下反应10min达到平衡，测得10min内v（ClNO）=7.5103 molL1min1，则NO的平衡转化率1=在恒压条件下建立平衡时NO的转化率为2，则21（填“”“”或“=”），平衡常数K2（填“增大”、“减小”或“不变”）（4）工业上可通过电解NO制备NH4NO3，其工作原理如图所示，阴极反应式为；为使电解
15、产物全部转化为NH4NO3，需补充气体物质A，A的化学式是（5）NO2可助偏二甲肼（C2H8N2）燃烧，产生的巨大能量能把火箭送入太空已知6.0g液态偏二甲肼与液态NO2完全反应生成N2、CO2、H2O（g）放出225.0kJ的热量写出该反应的热化学方程式18二氧化硫是重要的工业原料，探究其制备方法和性质具有非常重要的意义（1）T业上用黄铁矿（FeS2）在高温下和氧气反应制备SO2：4FeS2+11O28SO2+Fe2O3，该反应中被氧化的元素是（填元素符号）当该反应转移2.75mol电子时，生成的二氧化硫在标准状况下的体积为L（2）实验室中用如图1装置测定SO2催化氧化为SO3的转化率（已知
16、SO3熔点为16.8，假设气体进入装置时分别被完全吸收，且忽略空气中CO2的影响）简述使用分液漏斗向圆底烧瓶中滴加浓硫酸的操作是当停止通入SO2，熄灭酒精灯后，需要继续通一段时间的氧气，其目的是实验结束后，若装置D增加的质量为mg，装置E中产生白色沉淀的质量为n g，则此条件下二氧化硫的转化率是（用含字母的代数式表示，不用化简）（3）某兴趣小组欲在绿色环保的条件下探究SO2的性质，设计如图2实验装置B、C、D分别用于检验SO2的漂白性、还原性和氧化性，则B中所盛试剂为；C中反应的离子方程式为；D中的实验现象为；E装置的作用是19某实验小组用燃烧分析法测定某有机物中碳和氢等元素的含量，随后又对其
17、进行了性质探究将已称量的样品置于氧气流中，用氧化铜作催化剂，在高温条件下样品全部被氧化为水和二氧化碳，然后分别测定生成的水和二氧化碳的质量实验可能用到的装置如图所示，其中A、D装置可以重复使用请回答下列问题：（1）请按气体流向连接实验装置BCAD（用装置编号填写）（2）B装置中制O2时所用的药品是实验中，开始对C装置加热之前，要通一段时间的氧气，目的是；停止加热后，也要再通一段时间的氧气，目的是（3）已知取2.3g的样品X进行上述实验，经测定A装置增重2.7g，D装置增重4.4g试推算出X物质的实验式：（4）该小组同学进一步实验测得：2.3g的X与过量金属钠反应可放出560mL H2（已换算成
18、标准状况下），且已知X分子只含一个官能团查阅资料后，学生们又进行了性质探究实验：实验一：X在一定条件下可催化氧化最终生成有机物Y；实验二：X与Y在浓硫酸加热条件下生成有机物Z则：写出实验二中反应的化学方程式：除去Z中混有的Y所需的试剂和主要仪器是、（5）若已知室温下2.3g液态X在氧气中完全燃烧生成二氧化碳气体和液态水时可放出68.35kJ的热量，写出X在氧气中燃烧的热化学方程式：（一）选做部分化学-选修3：物质结构与性质20某氮铝化合物X具有耐高温、抗冲击、导热性好等优良性质，广泛用于陶瓷工业等领域（1）基态氮原子的核外电子排布式为（2）与N3互为等电子体的离子有（任写一种）工业上用氧化铝与
19、氮气和碳在一定条件下反应生成X和CO，X的晶体结构如图所示，其化学式为，工业制备X的化学方程式为（3）X晶体中包含的化学键类型为（填字母）A共价键 B配位键 C离子键 D金属键X晶体中氮原子的杂化类型为杂化（4）已知氮化硼与X晶体类型相同，且氮化硼的熔点比X高，可能的原因是（5）若X的密度为 gcm3，则晶体中最近的两个Al原子的距离为 cm（阿伏加德罗常数的值用NA表示）化学-选修3：物质结构与性质21已知A、B、C、D、E、W六种元素的原子序数依次递增，都位于前四周期其中A、D原子的最外层电子数均等于其周期序数，且D原子的电子层数是A的3倍；B原子核外电子有6种不同的运动状态，且S轨道电子
20、数是P轨道电子数的两倍；C原子L层上有2对成对电子E有“生物金属”之称，E4+离子和氩原子的核外电子排布相同；W处于周期表中第8列请回答下列问题：（1）BA2C分子中B原子的杂化方式为；该分子的空间构型为（2）与BC2分子互为等电子体的一种分子的化学式为BC2在高温高压下所形成晶体的晶胞如图1所示则该晶体的类型属于晶体（选填“分子”、“原子”、“离子”或“金属”）（3）经光谱测定证实单质D与强碱溶液反应有D（OH）4生成，则D（OH）4 中存在a共价键 b配位键 c键 d键（4）“生物金属”E内部原子的堆积方式与铜相同，都是面心立方堆积方式，如图2所示，则晶胞中E原子的配位数为；若该晶胞的密度
21、为 g/cm3，阿伏加德罗常数为NA，E原子的摩尔质量为Mr g/mol，则该晶胞的棱长为cm（5）W元素应用广泛，如人体内W元素的含量偏低，则会影响O2在体内的正常运输已知W2+与KCN溶液反应得W（CN）2沉淀，当加入过量KCN溶液时沉淀溶解，生成配合物，其配离子结构如图3所示W元素基态原子价电子排布式为已知CN与（一种分子）互为等电子体，则1个CN中键数目为化学-选修3：物质结构与性质22由 Cu、N、B、Ni 等元素组成的新型材料有着广泛用途（1）科学家通过 X射线推测胆矾中既含有配位键，又含有氢键，其结构示意图可简单表示如图，其中配位键和氢键均采用虚线表示写出基态Cu原子的核外电子排
22、布式写出胆矾晶体中水合铜离子的结构简式（必须将配位键表示出来）水分子间存在氢键，请你列举两点事实说明氢键对水的性质的影响（2）化学工作者已合成一些纯粹由氮组成的新物种N5+、N3等若N5+离子中每个氮原子均满足8电子结构，以下有关N5+推测正确的是aN5+离子有24个电子bN5+离子中存在三对未成键的电子对cN5+阳离子中存在两个氮氮三键（3）化合物A（H3BNH3）是一种潜在的储氢材料，它可由六元环状化合物（HB=NH）3通过3CH4+2（HB=NH）3+6H2O3CO2+6H3BNH3制得与上述化学方程式有关的叙述不正确的是（填序号）a反应前后碳原子的轨道杂化类型不变bCH4、H2O、CO
23、2分子空间构型分别是：正四面体形、V形、直线形c第一电离能：NOCB1个（HB=NH）3分子中有个键（4）在硼酸盐中，阴离子有链状、环状等多种结构形式图（a）是一种链状结构的多硼酸根，则多硼酸根离子符号为（5）在一定温度下，NiO晶体可以自发地分散并形成“单分子层”（如图（b），可以认为氧离子作致密单层排列，镍离子填充其中，列式并计算每平方米面积上分散的该晶体的质量为g（氧离子的半径为1.401010 m，1.732）化学-选修5：有机化学基础23有机物A是一种重要的有机合成原料以有机物A为原料合成G（医药中间体和材料中间体）的路线如图所示：已知：（R表示烃基，R和R表示烃基或氢）试回答下列问
24、题：（1）AC的反应类型是AB的反应条件是G中所含官能团的名称是（2）CD反应的化学方程式（3）与F具有相同的碳骨架和相同的官能团种数的同分异构体数目共有种（不含F）（4）写出一种满足下列条件的物质G的同分异构体的结构简式：能发生银镜反应；核磁共振氢谱有3个峰；含有甲基的数目最多（5）聚苯乙烯（PS）是一种多功能塑料，广泛应用于食品包装、绝缘板、商业机器设备等许多领域中写出以D和苯为主要原料制备聚苯乙烯的合成路线流程图（无机试剂任选）合成路线流程图示例如下：化学-选修5：有机化学基础24高分子材料PET聚酯树脂和PMMA的合成路线如图：已知：ROOR+ROH RCOOR+ROH（R、R、R代表
25、烃基）（R、R代表烃基）回答下列问题：（1）E的名称为；PET单体中官能团的名称为（2）反应的反应类型是；反应的反应类型是（3）反应的化学方程式为（4）J的结构简式为（5）下列说法正确的是（填字母）aB和D互为同系物b反应为酯化反应cD可以被CuO还原dPET聚酯树脂和PMMA都能发生水解（6）有机物的同分异构体中满足下列条件的共有种，其中核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为1：1：1：2的是（填结构简式）苯环上的一氯代物只有两种苯环上的取代基不超过三个0.1mol该同分异构体与足量NaHCO3溶液反应，能产生4.48L（标准状况下）CO22016年陕西省咸阳市高考化学预测试卷（5月份）参考答
26、案与试题解析一、选择题（每小题只有一个正确选项）1下列说法不正确的是（）A有科学家称硅是“21世纪的能源”，这主要是由于作为半导体材料的硅在太阳能发电过程中具有重要的作用B浓硝酸在光照条件下变黄，说明浓硝酸易分解生成有色产物且溶于浓硝酸C漂白粉既可作漂白棉、麻、纸张的漂白剂，又可用作游泳池及环境的消毒刑D铝热反应常被用于野外焊接钢轨，说明铝的氧化性很强【考点】硅和二氧化硅；硝酸的化学性质；氯、溴、碘及其化合物的综合应用；铝的化学性质【分析】A硅在自然界中含量丰富，主要以硅酸盐和二氧化硅的形式存在，仅次于氧，硅作为一种普遍使用的新型能源主要是由于作为半导体材料的硅在太阳能发电过程中具有重要的作用
27、，以此解答该题；B浓硝酸见光易分解，分解生成的二氧化氮溶于硝酸呈黄色；C漂白粉的主要成分为次氯酸钙Ca（ClO）2和氯化钙，即可用作漂白剂，又可用作消毒剂漂白粉中有效成分是Ca（ClO）2；D铝热反应常被用于野外焊接钢轨，铝热反应中，铝失电子而作还原剂【解答】解：A硅是“21世纪的能源”，是因为硅在自然界中含量丰富，能作为半导体材料的硅在太阳能发电过程中具有重要的作用，故A正确；B浓硝酸见光易分解，则浓HNO3不稳定，生成有色产物能溶于浓硝酸而变黄，故B正确；C漂白粉中有效成分是Ca（ClO）2，漂白的原理是：Ca（ClO）2在空气中发生反应Ca（ClO）2+CO2+H2O=CaCO3+2HC
28、lO，HClO具有漂白性，能使品红等有色物质褪色，又可用作游泳池及环境的消毒剂，故C正确；D2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe该反应放出大量的热量使得生成的铁融化，常被用于野外焊接钢轨，铝热反应中，铝失电子化合价升高而作还原剂，故D错误；故选D2化学与生活、生产密切相关，下列说法正确的是（）A对“地沟油”进行分馏可得到汽油BPM2.5、CO2都属于空气质量日报的内容C硅酸多孔、吸水能力强，常用作袋装食品的干燥D向煤中加入适量CaSO4，可大大减少燃烧产物中SO2的量【考点】物质的组成、结构和性质的关系【分析】A地沟油成分是高级脂肪酸甘油酯，以沟油为原料制取的生物柴油，粗生物柴油再经分馏才能得
29、到发动机的燃料；B根据目前计入空气污染指数的项目进行分析；C硅胶无毒，具有吸水性；D向煤中加入适量碳酸钙，可大大减少燃烧产物中SO2的量；【解答】解：A以地沟油为原料制取的生物柴油，粗生物柴油再经分馏才能得到发动机的燃料，故D错误，故A错误；B目前计入空气污染指数的项目中除了可吸入颗粒物、臭氧外，还有一氧化碳、二氧化硫、二氧化氮等，不包括二氧化碳，故B错误；C硅胶无毒，具有吸水性，常用作袋装食品的干燥，故C正确；D向煤中加入适量碳酸钙，可大大减少燃烧产物中SO2的量，故D错误；故选：C3设NA表示阿伏加德罗常数的值下列叙述正确的是（）A标准状况下，22.4 L一氯甲烷和二氯甲烷的混合物中所含的
30、氯原子数介于NA至2NA之间B0.1 mol Cu与足量热的浓硫酸反应生成SO2的体积约为22.4 LC0.2 molL1 Na2S溶液中含有的S2数目小于0.2NAD在反应Zn+2HNO3+NH4NO3N2+3H2O+Zn（NO3）2中每溶解1 mol Zn，转移的电子数大于2NA【考点】阿伏加德罗常数【分析】A、标况下，二氯甲烷为液态；B、生成气体所处的状态不明确；C、溶液体积不明确；D、在反应Zn+2HNO3+NH4NO3N2+3H2O+Zn（NO3）2中，锌和NH4NO3做还原剂，HNO3做氧化剂【解答】解：A、标况下，二氯甲烷为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故A错误；
31、B、0.1 mol Cu与足量热的浓硫酸反应生成SO2的物质的量为0.1mol，但由于生成气体所处的状态不明确，不一定是标况下，故体积不一定是2.24L，故B错误；C、溶液体积不明确，故溶液中的S2数目不能计算，故C错误；D、在反应Zn+2HNO3+NH4NO3N2+3H2O+Zn（NO3）2中，锌和NH4NO3做还原剂，HNO3做氧化剂，此反应转移5mol电子时溶解1mol锌，故当溶解1mol锌时转移的电子数大于2NA，故D正确故选D4已知有机物A、B之间存在转化关系：A（C6H12O2）+H2OB+CH3COOH（已配平）则符合条件的B的同分异构体有（不考虑立体异构）（）A4种B5种C6种
32、D7种【考点】有机化合物的异构现象【分析】根据反应可知A为酯类物质，而B为醇，根据质量守恒定律可求出B的分子式为C4H10O，由分子式C4H9OH看出属于一元醇，其同分异构体的数目等于丁基的数目，据此解题【解答】解：根据反应可知A为酯类物质，而B为醇；根据质量守恒定律可求出B的分子式为C4H10O，由分子式C4H9OH看出属于一元醇，其同分异构体的数目等于丁基的数目，C4H9有4种结构，分别为：CH3CH2CH2CH2、CH3CH2CH（CH3）、（CH3）2CHCH2、（CH3）3C，所以C4H10O的醇就有4种同分异构体故选A5俗称“一滴香”的有毒物质被人食用后会损伤肝脏，还能致癌“一滴香
33、”的分子结构如图所示，下列说法正确的是（）A该有机物的分子式为C7H7O3B该有机物能发生取代、加成和氧化反应C1mol该有机物最多能与2mol H2发生加成反应D该有机物的一种含苯环的同分异构体能发生银镜反应【考点】有机物分子中的官能团及其结构【分析】A、根据各元素形成的共价键确定分子式；B、该分子中含有的官能团有酮羰基、碳碳双键、醚基和醇羟基，所以具有酮、烯烃、醚和醇的性质；C、根据1mol该有机物中含有的碳碳双键和碳氧双键的物质的量计算；D、根据该有机物的芳香族同分异构体是否含有醛基判断【解答】解：A、该有机物的分子式为C7H8O3，故A错误；B、该有机物含有碳碳双键、碳氧双键、醇羟基，
34、所以碳碳双键和碳氧双键能与氢气发生加成反应和还原反应；醇羟基能和羧基发生酯化反应，也是取代反应；该有机物能燃烧，所以能发生氧化反应，故B正确；C、能和氢气发生加成反应的有碳碳双键和碳氧双键，所以1mol该有机物最多能与3molH2发生加成反应，故C错误；D、该有机物含有三个双键，其芳香族同分异构体含有苯环，所以苯环的支链上不可能含有醛基，导致其芳香族同分异构体不能发生银镜反应，故D错误；故选：B6一种太阳能电池的工作原理如下图所示，电解质为铁氰化钾K3Fe（CN）6和亚铁氰化钾K4Fe（CN）6的混合溶液，下列说法不正确的是（）AK+移向催化剂bB催化剂a表面发生的化学反应：Fe（CN）64e
35、Fe（CN）63CFe（CN）63在催化剂b表面被氧化D电解池溶液中的Fe（CN）64和Fe（CN）63浓度基本保持不变【考点】原电池和电解池的工作原理【分析】由图可知，电子从负极流向正极，则a为负极，b为正极，负极发生氧化反应，正极发生还原反应，阳离子向正极移动，以此来解答【解答】解：由图可知，电子从负极流向正极，则a为负极，b为正极，Ab为正极，则K+移向催化剂b，故A正确；Ba为负极，发生氧化反应，则催化剂a表面发生反应：Fe（CN）64eFe（CN）63，故B正确；Cb上发生还原反应，发生Fe（CN）63+eFe（CN）64，Fe（CN）63在催化剂b表面被还原，故C错误；D由B、C中
36、的电极反应可知，二者以1：1相互转化，电解质溶液中Fe（CN）63和Fe（CN）64浓度基本保持不变，故D正确；故选C7短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子核外最外层电子数是次外层的2倍，Y的氟化物YF3分子中各原子均达到8电子稳定结构，Z是同周期中原子半径最大的元素，W的最高正价为+7价下列说法正确的是（）AXH4的沸点比YH3的高BX与W形成的化合物和Z与W形成的化合物的化学键类型相同CY离子的半径比Z离子的半径小D元素W的最高价氧化物对应水化物的酸性比Y的强【考点】原子结构与元素周期律的关系【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子核外最外层电子数是
37、次外层的2倍，X原子有2个电子层，最外层电子数为4，则X为碳元素；Z是同周期中原子半径最大的元素，处于A族，原子序数大于碳元素，处于第三周期，故Z为Na；Y的氟化物YF3分子中各原子均达到8电子稳定结构，则Y表现+3价，Y的原子序数小于Na大于碳，可推知Y为非金属性，最外层电子数为83=5，处于A族，则Y为氮元素；W的最高正价为+7价，则W为Cl元素，据此解答【解答】解：A氨气分子之间存在氢键，沸点高于甲烷，故A错误；BX与W形成的化合物为CCl4，含有共价键，Z与W形成的化合物为NaCl，含有离子键，二者含有化学键不同，故B错误；C离子电子层结构相同，核电荷数越大，离子半径越小，Na位于N元
38、素所在周期的下一周期，核电荷数Na大于N，故Na+离子半径小于N3离子半径，故C错误；D高氯酸是最强的无机含氧酸，其酸性比硝酸强，故D正确；故选：D8下图所示的实验装置不能完成实验目的是（）A为证明非金属性强弱：ClCSiB为制备少量CO2并控制反应C为制备并收集少量NO气体D量取0.10 molL1 KOH溶液20.00 mL【考点】化学实验方案的评价【分析】A稀盐酸易挥发，且属于无氧酸；B碳酸钙为块状固体，关闭止水夹，可使固体与液体分离；CCu与稀硝酸反应生成NO，NO不溶于水；D图中为碱式滴定管【解答】解：A稀盐酸属于无氧酸，不是最高价氧化物对应的酸，所以不能根据2HCl+Na2CO32
39、NaCl+H2O+CO2，证明非金属性ClC，且盐酸挥发，不能比较C、Si的非金属性，故A错误；B碳酸钙为块状固体，关闭止水夹，可使固体与液体分离，则图中装置可制备少量CO2并控制反应，故B正确；CCu与稀硝酸反应生成NO，NO不溶于水，则图装置可制备并收集少量NO气体，故C正确；D图中为碱式滴定管，则能量取0.10 molL1 KOH溶液20.00 mL，故D正确；故选A9仅用下表提供的仪器（夹持仪器和试剂任选）不能实现相应实验目的是（）选项实验目的仪器A除去氯化钠溶液中的泥沙漏斗（带滤纸）、烧杯、玻璃棒B从食盐水中获得NaCl晶体坩埚、玻璃棒、酒精灯、泥三角C用0.10molL1的盐酸测定
40、未知浓度的NaOH溶液浓度碱式滴定管、酸式滴定管、锥形瓶、胶头滴管、烧杯D用MnO2和浓盐酸制取干燥、纯净的Cl2圆底烧瓶、分液漏斗、酒精灯、洗气瓶、集气瓶、导管、石棉网AABBCCDD【考点】化学实验方案的评价【分析】A除去氢氧化铝胶体中的泥沙，需要通过过滤操作完成，根据过滤操作方法分析；B从食盐水中获得NaCl晶体，需要通过蒸发操作完成，根据蒸发操作步骤分析使用的仪器；C根据中和滴定的操作步骤判断使用仪器；D用MnO2和浓盐酸制取干燥、纯净的Cl2，需要除去氯气中的氯化氢杂，还需要干燥，据此判断使用仪器【解答】解：A除去氢氧化铝胶体中的泥沙，需过滤，过滤是把不溶于液体的固体与液体分离的一种
41、方法，过滤时需用锥形漏斗（带滤纸）制作过滤器，需用玻璃棒引流，需用烧杯承接过滤液，过滤操作的装置由漏斗（带滤纸）、烧杯、玻璃棒，能实现相应实验目的，故A不选；B从食盐水中获得NaCl晶体的步骤，进行蒸发时需用到酒精灯来加热，需用蒸发皿、泥三角，要使用玻璃棒不断搅拌，以防液体溅出，蒸发完毕后移动很热的蒸发皿的用坩埚钳，仅用提供的仪器（夹持仪器和试剂任选）不能实现相应实验目的，故B选；C用0.1000molL1的盐酸测定未知浓度的NaOH溶液浓度，取0.1000molL1的盐酸，需酸式滴定管，取未知浓度的NaOH溶液需碱式滴定管，放入锥形瓶中，用胶头滴管滴加指示剂，能实现相应实验目的，故C不选；D
42、浓盐酸和二氧化锰在加热条件下反应生成氯化锰、氯气和水，制取氯气需用圆底烧瓶、石棉网、分液漏斗、酒精灯、导管，制取的氯气中混有氯化氢气体和水蒸气，所以需洗气瓶装饱和氯化钠除去氯气中的氯化氢；所以需洗气瓶装浓硫酸除去氯气中的水蒸气，用集气瓶收集纯净气体，能实现相应实验目的，故D不选；故选B10氯酸镁Mg（ClO3）2常用作催熟剂、除草剂等，实验室制备少量Mg（ClO3）26H2O的流程如下：已知：卤块主要成分为MgCl26H2O，含有MgSO4、FeCl2等杂质下列说法不正确的是（）A卤块中加入KMnO4发生的氧化还原反应有2个B加入BaCl2为沉淀SO42C也可用Mg（OH）2代替MgO调节溶液
43、的PHD在滤液中加NaClO3饱和溶液得到产品利用了相同温度下Mg（ClO3）2溶解度比NaClO3小【考点】制备实验方案的设计【分析】卤块的成分有MgCl26H2O、MgSO4、FeCl2，加入高锰酸钾之后，亚铁离子可以被氧化为三价铁离子，再向混合物中加入氯化钡溶液，可以将硫酸根离子转化为硫酸钡沉淀；加入氧化镁，调节pH=4，可以促进铁离子的水解，将铁离子转化为氢氧化铁而除去，过滤，得到的滤液是氯化镁溶液，向滤液中进入饱和氯酸钠溶液析出Mg（ClO3）2，说明相同温度下Mg（ClO3）2溶解度较小，据此对各选项进行判断【解答】解：A卤块主要成分为MgCl26H2O，含有MgSO4、FeCl2
44、等杂质，进入KMnO4发生的氧化还原反应只有1个，即亚铁离子与高锰酸根离子的反应，故A错误；B卤块中含有杂质硫酸根离子，进入氯化钡的目的是使硫酸根离子与钡离子反应生成硫酸钡沉淀，故B正确；C氢氧化镁和氧化镁都属于难溶物，且氢氧化镁的溶解度都小于氢氧化铁，所以也可用Mg（OH）2代替MgO调节溶液的pH，从而沉淀出氢氧化铁，故C正确；D在滤液中加NaClO3饱和溶液，发生反应为：MgCl2+2NaClO3Mg（ClO3）2+2NaCl，原理是相同温度下Mg（ClO3）2溶解度比NaClO3小，故D正确；故选A11常温下，Ksp（CaSO4）=9106，常温下CaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图
45、，下列判断错误的是（）Aa、c两点均可以表示常温下CaSO4溶于水所形成的饱和溶液Ba点对应的Ksp等于c点对应的KspCb点将有沉淀生成，平衡后溶液中c（SO42）一定不等于3103 molL1D向d店溶液中加入适量CaCl2固体可以变到c点【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质【分析】A、其饱和溶液中阴阳离子浓度相等；B、Ksp与温度有关，a和c的Ksp相等；C、依据图示读数判断是否有沉淀生成即可；D、d点为不饱和状态，与c比较钙离子浓度较小【解答】解：A、其饱和溶液中阴阳离子浓度相等，ac两点阴阳离子浓度不相等，故A错误；B、a、c两点温度相同，Ksp是一常数，温度不变Ksp不变，
46、在曲线上的任意一点Ksp都相等，故B正确；C、根据图示数据，可以看出b点Qc=2l05Ksp，所以会生成沉淀，后溶液中c（SO42）一定小于3103 molL1，故C正确；D、d点为不饱和状态，钙离子浓度较小，如加入适量CaCl2固体，钙离子浓度增大，此时硫酸根离子浓度不变，则可以变到c点，故D正确故选A12将CO2慢慢通入一定体积的NaOH溶液中，溶液的pH随CO2体积（标准状况下）的变化曲线如图所示，则下列说法中正确的是（）ANaOH溶液的物质的量浓度为0.1mol/L，体积为1LBM、N点离子浓度的都是c（HCO3）c（CO32）CV=3.36L时，溶液中的离子浓度关系是：c（Na+）c
47、（HCO3）c（CO32）c（OH）c（H+）D曲线上任意点都符合：c（Na+）+c（H+）=c（CO32）+c（HCO3）+c（OH）【考点】离子方程式的有关计算；盐类水解的应用；离子浓度大小的比较【分析】氢氧化钠溶液与二氧化碳反应的方程式为：CO2+2NaOHNa2CO3+H2O、CO2+NaOHNaHCO3，通入标况下4.48L二氧化碳后溶液的pH不再变化，说明氢氧化钠与二氧化碳完全反应转化成碳酸氢钠，据此可以计算出碳酸氢钠的物质的量、氢氧化钠的物质的量，A根据二氧化碳体积为0时溶液的pH计算出氢氧化钠溶液的浓度，再根据氢氧化钠的物质的量计算出溶液的体积；BM点溶质为碳酸钠、N点溶质为碳
48、酸氢钠，据此判断两点碳酸氢根离子与碳酸根离子浓度大小；C根据通入标况下体积为3.36二氧化碳时溶液的溶质判断各离子浓度大小；D根据溶液中电荷守恒判断，注意碳酸根离子带有两个单位的负电荷【解答】解：标准状况下4.48L二氧化碳的物质的量为0.2mol，2.24L二氧化碳的物质的量为0.1mol，根据图象可知，当通入0.2mol二氧化碳时，氢氧化钠与二氧化碳恰好反应生成NaHCO3，根据碳原子守恒，生成碳酸氢钠的物质的量为0.2mol，A根据图象可知，没有通入二氧化碳之前，溶液的pH=13，则溶液中氢氧化钠的浓度为0.1mol/L，由于氢氧化钠的物质的量为0.2mol，则氢氧化钠溶液的体积为2L，
49、故A错误；BM点时溶质为碳酸钠，溶液中离子浓度关系为：c（HCO3）c（CO32），N点时溶质为碳酸氢钠，溶液中c（HCO3）c（CO32），故B错误；CV=3.36L时，二氧化碳的物质的量为0.15mol，溶质为碳酸钠、碳酸氢钠，物质的量都是0.05mol；溶液显示碱性，则c（OH）c（H+），碳酸氢根离子的电离小于碳酸根离子的水解，所以溶液中c（HCO3）c（CO32），所以溶液中各离子浓度为：c（Na+）c（HCO3）c（CO32）c（OH）c（H+），故C正确；D碳酸根离子带有2个单位的负电荷，碳酸根离子的系数应该为2，则溶液中的电荷守恒为：c（Na+）+c（H+）=2c（CO32）+
50、c（HCO3）+c（OH），故D错误；故选C13在某温度时，将n molL1氨水滴入10mL 1.0molL1盐酸中，溶液pH和温度随加入氨水体积变化曲线如图所示下列有关说法正确的是（）An=1.0B水的电离程度：bcadCc点：c（NH）=c（Cl）=1.0 molL1D25时，NH4Cl的水解常数（Kh）计算式为=【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算【分析】A、如果n=1，当体积为10ml时两者恰好完全反应生成氯化铵，是强酸弱碱盐水解呈酸性；B、b点时溶液温度最高，说明氨水与盐酸恰好反应，则b点溶质为氯化铵，铵根离子促进了水的电离，则此时水的电离程度最大；由于d点溶液pH未知，则无
51、法判断a、d两点水的电离程度大小；C、c点溶液呈中性，所以c（H+）=c（OH），由电荷守恒分析解答；D、25时溶液的pH=7，则c（H+）=c（OH）=107 molL1，c（NH4+）=c（Cl）=0.05mol/L，根据物料守恒可知：c（NH3H2O）=（0.5n0.05）mol/L，然后结合铵根离子的水解平衡常数表达式计算【解答】解：A、如果n=1，当体积为10ml时两者恰好完全反应生成氯化铵，是强酸弱碱盐水解呈酸性，所以n1，故A错误；B、b点溶液温度最高，说明此时两溶液恰好反应生成氯化铵，铵根离子水解促进了水的电离，则a、d两点都抑制了水的电离，则b点水的电离程度最大；由于d点混合
52、液的pH不知，则无法判断a、d两点水的电离程度大小，故B错误；C、c点溶液呈中性，所以c（H+）=c（OH），由电荷守恒分析c（NH4+）+c（H+）=c（Cl）+c（OH），所以c（NH4+）=c（Cl）=0.05mol/L，故C错误；D根据图象可知，25时溶液的pH=7，则：c（H+）=c（OH）=107 molL1，c（NH4+）=c（Cl）=0.05mol/L，根据物料守恒可知：c（NH3H2O）=（0.5n0.05）mol/L，则25时NH4Cl水解常数为：K=，故D正确；故选D二、非选择题（一）必做部分14高铁酸钾（K2FeO4）是一种集氧化、吸附、絮凝于一体的新型多功能水处理剂其
53、生产工艺流程如图1：请同答下列问题：（1）写出向KOH溶液中通入足量Cl2发生反应的离子方程式：2OH+Cl2ClO+Cl+H2O（2）在溶液中加入KOH固体的目的是AC（填编号）A为下一步反应提供碱性的环境B使KClO3转化为KClOC与溶液中过量的Cl2继续反应，生成更多的KClODKOH固体溶解时会放出较多的热量，有利于提高反应速率（3）从溶液中分离出K2FeO4后，还会有副产品KNO3、KCl，则反应中发生反应的离子方程式为2Fe3+3ClO+10OH=2FeO42+3Cl+5H2O每制得59.4g K2FeO4，理论上消耗氧化剂的物质的量为0.45mol（4）高铁酸钾（K2FeO4）
54、作为水处理剂的一个优点是能与水反应生成胶体吸附杂质，配平该反应的离子方程式：4FeO42+10H2O4Fe（OH）3（胶体）+3O2+8OH（5）从环境保护的角度看，制备K2FeO4较好的方法为电解法，其装置如图2所示电解过程中阳极的电极反应式为Fe+8OH6eFeO42+4H2O（6）高铁电池是一种新型二次电池，电解液为碱溶液，其反应式为3Zn（OH）2+2Fe（OH）3+4KOH3Zn+2K2FeO4+8H2O，放电时电池的负极反应式为Zn+2OH2e=Zn（OH）2【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用【分析】足量Cl2通入和KOH溶液中，温度低时发生反应Cl2+2OH=Cl+C
55、lO+H2O，向溶液I中加入KOH，使氯气完全反应，且将溶液转化为碱性溶液，只有碱性条件下次氯酸根离子才能和铁离子发生氧化还原反应生成高铁酸根离子，除去KCl得到碱性的KClO浓溶液，向碱性的KClO浓溶液中加入90%的Fe（NO3）3溶液，发生反应2Fe3+3ClO+10OH=2FeO42+3Cl+5H2O，得到溶液II，纯化得到湿产品，将湿产品洗涤、干燥得到晶体K2FeO4，（1）KOH溶液和足量Cl2发生反应生成KCl、KClO和H2O；（2）KOH和氯气反应生成KClO，除去未反应的氯气，且只有碱性条件下，铁离子才能和次氯酸根离子发生氧化还原反应生成高铁酸根离子；（3）反应中铁离子和次
56、氯酸根粒子发生氧化还原反应生成高铁酸根离子；根据转移电子相等计算氧化剂的物质的量；（4）该反应中Fe元素化合价由+6价变为+3价、O元素化合价由2价变为0价，根据转移电子相等配平方程式；（5）Na2FeO4能消毒、净水的原因高价铁具有氧化性，能消毒杀菌，生成Fe3+形成胶体，具有吸附悬浮物的净水的作用，电解时阳极Fe失电子发生氧化反应，电极反应方程式为Fe+8OH6eFeO42+4H2O；（6）负极上锌失电子发生氧化反应，据此书写即可【解答】解：足量Cl2通入和KOH溶液中，温度低时发生反应Cl2+2OH=Cl+ClO+H2O，向溶液I中加入KOH，使氯气完全反应，且将溶液转化为碱性溶液，只有
57、碱性条件下次氯酸根离子才能和铁离子发生氧化还原反应生成高铁酸根离子，除去KCl得到碱性的KClO浓溶液，向碱性的KClO浓溶液中加入90%的Fe（NO3）3溶液，发生反应2Fe3+3ClO+10OH=2FeO42+3Cl+5H2O，得到溶液II，纯化得到湿产品，将湿产品洗涤、干燥得到晶体K2FeO4，（1）KOH溶液和足量Cl2发生反应生成KCl、KClO和H2O，离子方程式为Cl2+2OH=Cl+ClO+H2O，故答案为：Cl2+2OH=Cl+ClO+H2O；（2）KOH和氯气反应生成KClO，除去未反应的氯气，且只有碱性条件下，铁离子才能和次氯酸根离子发生氧化还原反应生成高铁酸根离子，所以
58、加入KOH的目的是除去氯气且使溶液为碱性，故选AC；（3）反应中铁离子和次氯酸根粒子发生氧化还原反应生成高铁酸根离子，离子方程式为2Fe3+3ClO+10OH=2FeO42+3Cl+5H2O；n（K2FeO4）=0.3mol，根据2Fe3+3ClO+10OH=2FeO42+3Cl+5H2O知，氧化剂的物质的量=3=0.45mol，故答案为：2Fe3+3ClO+10OH=2FeO42+3Cl+5H2O；0.45；（4）该反应中Fe元素化合价由+6价变为+3价、O元素化合价由2价变为0价，其转移电子数为6，根据转移电子相等、电荷守恒配平方程式为4FeO42+10H2O=2Fe（OH）3（胶体）+3
59、O2+8OH，故答案为：4；10；4；3；8；（5）Na2FeO4能消毒、净水的原因高价铁具有氧化性，能消毒杀菌，生成Fe3+形成胶体，具有吸附悬浮物的净水的作用，电解时阳极Fe失电子发生氧化反应，电极反应方程式为Fe+8OH6eFeO42+4H2O；故答案为：Fe+8OH6eFeO42+4H2O；（6）该原电池放电时，负极上锌失电子和氢氧根离子反应生成氢氧化锌，电极反应式为：Zn+2OH2e=Zn（OH）2，充电时，氢氧根离子参加反应生成水，所以随着反应的进行，氢氧根离子浓度减小，溶液的pH减小，故答案为：Zn+2OH2e=Zn（OH）215硼镁泥是一种工业废料，主要成份是MgO（占40%）
60、，还有CaO、MnO、Fe2O3、FeO、Al2O3、SiO2等杂质以硼镁泥为原料制取的硫酸镁，可用于印染、造纸、医药等工业从硼镁泥中提取MgSO47H2O的流程如图：根据题意回答下列问题：（1）在酸解过程中，想加快酸解速率，请提出两种可行的措施升温、把硼镁泥粉碎、搅拌等（2）滤渣的主要成份除含有Fe（OH）3、Al（OH）3、MnO2外，还有SiO2（3）加入的NaClO可与Mn2+反应产生MnO2沉淀，该反应的离子方程式是Mn2+ClO+H2OMnO2+2H+Cl在调节pH、发生水解之前，还有一种离子也会被NaClO氧化，该反应的离子方程式为2Fe2+ClO+2H+2Fe3+Cl+H2O（
61、4）为了检验滤液中Fe3+是否被除尽，可选用的试剂是取少量滤液，向其中加入硫氰化钾溶液，如果溶液不变红色，说明滤液中不含Fe3+；如果溶液变红色，说明滤液中含Fe3+AKSCN B淀粉KI溶液 CH2O2 DKMnO4稀溶液（5）已知MgSO4、CaSO4的溶解度如表：温度/40506070MgSO430.933.435.636.9CaSO40.2100.2070.2010.193“除钙”是将MgSO4和CaSO4混合溶液中的CaSO4除去，根据上表数据，简要说明除钙的操作步骤蒸发浓缩（结晶）、趁热过滤（6）现有l60t硼镁泥，生产MgSO47H2O，若生产过程的产率为50%，则能生产出MgS
62、O47H2O产品1.97t （计算结果保留三位有效数字）【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用【分析】硼镁泥主要成份是MgO（占40%），还有CaO、MnO、Fe2O3、FeO、Al2O3、SiO2等杂质，加入硫酸，MgO、CaO、MnO、Fe2O3、FeO、Al2O3都和硫酸反应，SiO2不与硫酸反应，次氯酸钠具有强氧化性，加入的NaClO可与Mn2+反应生成MnO2，把亚铁离子氧化成铁离子，溶液pH升高，铁离子生成氢氧化铁沉淀，铝离子形成氢氧化铝沉淀，过滤除去滤渣Fe（OH）3、Al（OH）3、MnO2、SiO2，滤液中含钙离子、镁离子，除钙后，只剩镁离子，蒸发冷却结晶得到硫酸镁晶
63、体（1）从影响反应速率的因素分析；（2）二氧化硅不与稀硫酸反应，所以在滤渣中存在；（3）NaClO溶液在加热条件下将溶液中的Mn2+氧化成MnO2，溶液中含有Fe2+，具有还原性，可与NaClO发生氧化还原反应；（4）根据检验三价铁离子的方法完成；（5）根据表中温度对硫酸镁、硫酸钙的影响完成；根据分离晶体与溶液方法分析；（6）根据硼镁泥中MgO的质量分数（占40%），计算出生成MgSO47H2O质量【解答】解：（1）升高温度，增大接触面积，搅拌、增大反应物的浓度都可加快反应速率，故答案为：升温；把硼镁泥粉碎、搅拌等；（2）SiO2不与硫酸反应，次氯酸钠具有强氧化性，加入的NaClO可与Mn2+
64、反应生成MnO2，把亚铁离子氧化成铁离子，溶液PH升高，铁离子生成氢氧化铁沉淀，铝离子形成氢氧化铝沉淀，过滤得滤渣Fe（OH）3、Al（OH）3、MnO2、SiO2，故答案为：SiO2；（3）NaClO溶液在加热条件下将溶液中的Mn2+氧化成MnO2，反应的离子方程式为Mn2+ClO+H2O=MnO2+2H+Cl，溶液中含有Fe2+，具有还原性，可与NaClO发生氧化还原反应，反应的离子方程式为2Fe2+ClO+2H+=2Fe3+Cl+H2O，故答案为：Mn2+ClO+H2OMnO2+2H+Cl；2Fe2+ClO+2H+2Fe3+Cl+H2O；（4）可以向溶液中加入硫氰化钾溶液检验溶液中是否存
65、在三价铁离子，方法为：取少量滤液，向其中加入硫氰化钾溶液，如果溶液不变红色，说明滤液中不含Fe3+；如果溶液变红色，说明滤液中含Fe3+，故答案为：取少量滤液，向其中加入硫氰化钾溶液，如果溶液不变红色，说明滤液中不含Fe3+；如果溶液变红色，说明滤液中含Fe3+；（5）有温度对硫酸镁、硫酸钙的溶解度影响，温度越高，硫酸钙溶解度越小，可以采用蒸发浓缩，趁热过滤方法除去硫酸钙；操作I”是将滤液继续蒸发浓缩，冷却结晶，再经过过滤，便得到了MgSO47H2O，故答案为：蒸发浓缩（结晶）；趁热过滤；（6）1.6t硼镁泥中氧化镁的物质的量为： =1.6104mol，根据镁原子守恒，生成MgSO47H2O的
66、物质的量为1.6104mol，质量为246g/mol1.6104mol=3.936106g，若生产过程的产率为50%，则能生产出MgSO47H2O的质量为：3.936106g50%=1.968106g=1.97t；故答案为：1.9716能源和环境保护是世界各国关注的热点话题请回答下列问题：收集和利用CO2是环境保护的热点课题500时，在容积为1L的密闭容器中充入1mol CO2和3mol H2，发生如下反应：CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）H0，测得CO2和CH3OH的浓度与时间的关系如图1所示（1）A点含义是该条件下反应3min时c（CO2）=c（CH3OH）；010
67、min内v（H2）=0.225mol/（Lmin），平衡常数K=5.3（保留一位小数）（2）反应在500达到平衡之后，改变反应温度为T，CH3OH的浓度以每分钟0.030molL1逐渐增大，经5min又达到新平衡T小于（填“大于”、“小于”或“等于”）500，判断理由是改变温度，甲醇的浓度增大，说明平衡正向移动，因为该反应的正反应是放热反应，则T500列式计算温度为T时反应的平衡常数K2=300（3）温度为T时，反应达到平衡后，将反应容器的容积增大一倍平衡向逆（填“正反应”或“逆反应”）方向移动，判断理由是该反应的逆反应是气体分子数增大的反应，增大容器容积，相当于减小压强，平衡向气体分子数增大
68、的方向移动电化学法处理SO2是目前研究的热点利用双氧水吸收SO2可消除SO2污染，设计装置如图2所示（1）石墨1为负极（填“正极”或“负极”）；正极的电极反应式为H2O2+2e+2H+=2H2O（2）H+的迁移方向为从质子交换膜左侧向右侧迁移（3）若11.2L（标准状况）SO2参与反应，则迁移H+的物质的量为1mol某废水中含Cd2+、Ni2+、Pb2+（假设浓度均为0.01molL1），已知：Ksp（CdCO3）=6.181012，Ksp（NiCO3）=1.42107，Ksp（PbCO3）=1.461013取少量该废水向其中滴加Na2CO3溶液，形成CdCO3、NiCO3、PbCO3沉淀的先
69、后顺序为PbCO3、CdCO3、NiCO3【考点】化学平衡的计算；原电池和电解池的工作原理；化学平衡的影响因素；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质【分析】（1）先计算二氧化碳的平均反应速率，再根据同一可逆反应中同一时间内各物质的反应速率等于其计量数之比计算氢气平均反应速率；A点说明该条件下该时间点两种物质的浓度相等；化学平衡常数K等于生成物浓度幂之积与反应物幂之积的比；（2）升高温度平衡向吸热方向移动，降低温度，平衡向放热方向移动；反应在500达到平衡之后， CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）起始量（mol/L） 1 3 0 0变化量（mol/L） 0.75 2.25
70、0.75 0.75平衡量（mol/L） 0.25 0.75 0.75 0.75改变反应温度为T，CH3OH的浓度以每分钟0.030molL1逐渐增大，经5min又达到新平衡，甲醇浓度增大了0.15mol/L， CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）起始量（mol/L） 0.25 0.75 0.75 0.75变化量（mol/L） 0.15 0.45 0.15 0.15平衡量（mol/L） 0.1 0.3 0.9 0.9平衡常数=；（3）体积增大，压强减小，平衡向气体体积增大的方向移动；（1）该原电池中，通入二氧化硫的电极上失电子发生氧化反应，则通入二氧化硫的电极是负极、通入双氧
71、水的电极是正极，正极上双氧水得电子生成水；（2）原电池中阳离子移向正极；（3）n（SO2）=0.5mol，根据转移电子和转移氢离子之间的关系式计算；CdCO3、NiCO3、PbCO3沉淀中阴阳离子比相同，Ksp越小溶解度越小相同浓度的离子溶液中加入碳酸钠溶液析出沉淀越快；【解答】解：（1）010min内v（CO2）=mol/（Lmin）=0.075 mol/（Lmin），再根据同一可逆反应中同一时间内各物质的反应速率等于其计量数之比得v（H2）=3v（CO2）=30.075 mol/（Lmin）=0.225mol/（Lmin）；A点说明该条件下反应3min时两种物质的浓度相等，即c（CO2）=
72、c（CH3OH），结合平衡三行计算计算平衡浓度， CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）起始量（mol/L） 1 3 0 0变化量（mol/L） 0.75 2.25 0.75 0.75平衡量（mol/L） 0.25 0.75 0.75 0.75平衡状态下c（CO2）=0.25mol/（Lmin），c（H2）=0.75mol/L，c（CH3OH）=0.75mol/L，c（H2O）=0.75mol/L，化学平衡常数K等于生成物浓度幂之积与反应物幂之积的比，即K=5.3，故答案为：该条件下反应3min时c（CO2）=c（CH3OH）；0.225mol/（Lmin）；5.3；（2）该
73、反应的正反应是放热反应，改变反应温度为T，CH3OH的浓度以每分钟0.030mol/L逐渐增大，说明平衡正向移动，温度要低于500，故答案为：小于；改变温度，甲醇的浓度增大，说明平衡正向移动，因为该反应的正反应是放热反应，则T500；反应在500达到平衡之后， CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）起始量（mol/L） 1 3 0 0变化量（mol/L） 0.75 2.25 0.75 0.75平衡量（mol/L） 0.25 0.75 0.75 0.75改变反应温度为T，CH3OH的浓度以每分钟0.030molL1逐渐增大，经5min又达到新平衡，甲醇浓度增大为0.15mol/
74、L， CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）起始量（mol/L） 0.25 0.75 0.75 0.75变化量（mol/L） 0.15 0.45 0.15 0.15平衡量（mol/L） 0.1 0.3 0.9 0.9K2=300，故答案为：300；（3）该反应前后气体体积减小，体积增大，压强减小，平衡向气体体积增大的方向移动，即逆向移动，故答案为：逆；该反应的逆反应是气体分子数增大的反应，增大容器容积，相当于减小压强，平衡向气体分子数增大的方向移动；（1）该原电池中，通入二氧化硫的电极上失电子发生氧化反应，则通入二氧化硫的电极是负极、通入双氧水的电极是正极，正极上双氧水得电子
75、生成水，电极反应式为H2O2+2e+2H+=2H2O，故答案为：负极；H2O2+2e+2H+=2H2O；（2）H+的迁移方向为正极，从质子交换膜左侧向右侧迁移，故答案为：从质子交换膜左侧向右侧迁移；（3）n（SO2）=0.5mol，该反应的负极反应式为SO2+2H2O2e=SO42+4H+，正极电极反应式为H2O2+2e+2H+=2H2O，有0.5mol二氧化硫参加反应，有2mol氢离子在正极上发生反应，则迁移H+的物质的量为反应的二氧化硫的2倍，为1mol，故答案为：1mol某废水中含Cd2+、Ni2+、Pb2+（假设浓度均为0.01molL1），已知：Ksp（CdCO3）=6.181012
76、，Ksp（NiCO3）=1.42107，Ksp（PbCO3）=1.461013Ksp（NiCO3）Ksp（CdCO3）=6.181012Ksp（PbCO3）=1.461013，CdCO3、NiCO3、PbCO3沉淀中阴阳离子比相同，Ksp越小溶解度越小相同浓度的离子溶液中加入碳酸钠溶液析出沉淀越快，取少量该废水向其中滴加Na2CO3溶液，形成CdCO3、NiCO3、PbCO3沉淀的先后顺序为PbCO3、CdCO3、NiCO3，故答案为：PbCO3、CdCO3、NiCO3172015年3月，全国“两会”代表委员就我国“雾霾”治理积极建言献策科学家研究表明氮氧化物与悬浮在大气中的盐粒子相互作用时能
77、产生“二次雾霾”，涉及的反应有：2NO2（g）+NaCl（s）NaNO3（s）+ClNO（g） K1 （）2NO（g）+Cl2（g）2ClNO（g） K2 （）回答下列问题：（1）写出反应（）的平衡常数表达式K1=（2）恒温恒容条件下，反应（）达到平衡的标志是aba体系压强保持不变 b混合气体颜色保持不变cNO和ClNO的物质的量相等 d每消耗0.1mol NO的同时消耗0.05mol Cl2（3）为研究不同条件对反应（）的影响，恒温时向2L密闭容器中加入 0.2mol NO和0.1molCl2：在恒容条件下反应10min达到平衡，测得10min内v（ClNO）=7.5103 molL1min
78、1，则NO的平衡转化率1=75%在恒压条件下建立平衡时NO的转化率为2，则21（填“”“”或“=”），平衡常数K2不变（填“增大”、“减小”或“不变”）（4）工业上可通过电解NO制备NH4NO3，其工作原理如图所示，阴极反应式为NO+5e+6H+NH4+H2O；为使电解产物全部转化为NH4NO3，需补充气体物质A，A的化学式是NH3（5）NO2可助偏二甲肼（C2H8N2）燃烧，产生的巨大能量能把火箭送入太空已知6.0g液态偏二甲肼与液态NO2完全反应生成N2、CO2、H2O（g）放出225.0kJ的热量写出该反应的热化学方程式C2H8N2（l）+4NO2（l）3N2（g）+2CO2（g）+4H
79、2O（g）H=2250.0kJ/mol【考点】化学平衡的计算；化学平衡状态的判断【分析】（1）依据化学平衡常数概念，结合反应化学方程式书写平衡常数，平衡常数等于生成物平衡浓度幂次方乘积除以反应物平衡浓度幂次方乘积；（2）反应达到正逆反应速率相同，各组分含量保持不变，以及选项的分析判断，原则为变量不变证明反应达到平衡状态；（3）依据平衡三段式列式计算，依据反应速率概念计算V=、转化率概念的计算，转化率=100%；反应（）在恒压条件下进行，随反应进行，气体体积减小，为保持恒压所以容器体积减小，压强比恒容容器大，平衡正向进行，平衡时NO的转化率2 增大；平衡常数随温度变化，不随浓度、压强变化，平衡常
80、数随温度变化；（4）工业上电解NO制备 NH4NO3，由装置图可知阳极发生氧化反应，NO被氧化生成NO3，阴极发生还原反应，NO被还原生成NH4+，阳极反应为NO3e+2H2O=NO3+4H+，阴极反应为：NO+5e+6H+=NH4+H2O，结合电极方程式解答该题；（5）根据物质的物质的量与热量成正比计算费用焓变，结合热化学方程式的书写方法标注物质聚集状态和对应反应的焓变书写【解答】解：（1）2NO2（g）+NaCl（s）NaNO3（s）+ClNO（g），固体不写入平衡常数表达式，反应的平衡常数K1=；故答案为：；（2）恒温恒容条件下，反应（）2NO（g）+Cl2（g）2ClNO（g）是气体体
81、积减小的反应；a反应前后气体物质的量减小，体系压强保持不变，说明反应达到平衡状态，故a正确； b平衡状态氯气是黄绿色气体，混合气体颜色保持不变说明反应达到平衡状态，故b正确；cNO和ClNO的物质的量相等是反应的定量关系，在反应过程中和平衡状态下和起始量有关，不能说明反应达到平衡状态，故c错误；d每消耗0.1mol NO的同时消耗0.05mol Cl2，只能说明反应正向进行，不能说明正逆反应速率相同，故d错误；故答案为：ab；（3）在恒温条件下，向2L恒容密闭容器中加入0.2mol NO和0.1mol Cl2，10min时反应（）达到平衡，测得10min内v（ClNO）=7.5103molL1
82、min1，物质的量为7.5103molL1min110min2L=0.15mol， 2NO（g）+Cl2（g）2ClNO（g），起始量（mol） 0.2 0.1 0变化量（mol） 0.15 0.075 0.15平衡量（mol） 0.05 0.025 0.15则平衡后n（Cl2）=0.025mol，NO的转化率1=100%=75%；故答案为：75%；其他条件保持不变，反应（）在恒压条件下进行，随反应进行，气体体积减小，为保持恒压所以容器体积减小，压强比恒容容器大，平衡正向进行，平衡时NO的转化率2 增大；平衡常数随温度变化，不随浓度、压强变化；故答案为：； 不变；（4）电解NO制备NH4NO3
83、，阳极反应为NO3e+2H2O=NO3+4H+，阴极反应为：NO+5e+6H+=NH4+H2O，从两极反应可看出，要使得失电子守恒，阳极产生的NO3的物质的量大于阴极产生的NH4+的物质的量，总反应方程式为：8NO+7H2O3NH4NO3+2HNO3，因此若要使电解产物全部转化为NH4NO3，需补充NH3，故答案为：NO+5e+6H+NH4+H2O； NH3；（5）6.0g即0.1mol液态偏二甲肼与足量的液态四氧化二化氮完全反应生成N2（g）、CO2（g）、H2O（g）、放出225.0kJ的热量，所以1mol液态偏二甲肼与足量的液态四氧化二化氮完全反应生成N2（g）、CO2（g）、H2O（g
84、）、放出2250kJ的热量，则热化学方程式为：C2H8N2+2N2O4（l）=3N2（g）+2CO2（g）+4H2O（g）H=2250kJ/mol；故答案为：C2H8N2（l）+4NO2（l）3N2（g）+2CO2（g）+4H2O（g）H=2250.0kJ/mol18二氧化硫是重要的工业原料，探究其制备方法和性质具有非常重要的意义（1）T业上用黄铁矿（FeS2）在高温下和氧气反应制备SO2：4FeS2+11O28SO2+Fe2O3，该反应中被氧化的元素是Fe、S（填元素符号）当该反应转移2.75mol电子时，生成的二氧化硫在标准状况下的体积为11.2L（2）实验室中用如图1装置测定SO2催化氧
85、化为SO3的转化率（已知SO3熔点为16.8，假设气体进入装置时分别被完全吸收，且忽略空气中CO2的影响）简述使用分液漏斗向圆底烧瓶中滴加浓硫酸的操作是打开分液漏斗上口的活塞，旋开分液漏斗的旋塞，慢慢滴加当停止通入SO2，熄灭酒精灯后，需要继续通一段时间的氧气，其目的是使残留在装置中的二氧化硫和三氧化硫被充分吸收实验结束后，若装置D增加的质量为mg，装置E中产生白色沉淀的质量为n g，则此条件下二氧化硫的转化率是100%（用含字母的代数式表示，不用化简）（3）某兴趣小组欲在绿色环保的条件下探究SO2的性质，设计如图2实验装置B、C、D分别用于检验SO2的漂白性、还原性和氧化性，则B中所盛试剂为
86、品红溶液；C中反应的离子方程式为SO2+I2+2H2OSO42+2I+4H+；D中的实验现象为试管中有淡黄色沉淀生成；E装置的作用是吸收尾气，防止倒吸【考点】制备实验方案的设计；二氧化硫的化学性质【分析】（1）氧化还原反应中，化合价升高的元素在反应中被氧化，根据电子守恒确定转移电子的量与二氧化硫的量之间的关系；（2）根据分液漏斗的使用方法来回答；要保证二氧化硫和三氧化硫的量的测定准确；根据质量守恒以及转化率=100%来计算；（3）铜和浓硫酸加热反应生成二氧化硫气体，B、C、D分别用于检验SO2的漂白性、还原性和氧化性其中C、D分别为碘水和硫化氢的水溶液，检验二氧化硫漂白性可以通过品红试液；二氧
87、化硫具有还原性，和碘单质反应生成硫酸和碘化氢，二氧化硫和硫化氢反应生成淡黄色沉淀硫单质，E装置是防止倒吸的吸收装置；【解答】解：（1）氧化还原反应4FeS2+11O28SO2+2Fe2O3中，化合价升高的Fe、S元素在反应中被氧化，该反应生成8mol的二氧化硫，转移电子的物质的量为44mol，所以当该反应转移2.75mol电子时，生成的二氧化硫的物质的量为0.5mol，在标准状况下的体积为11.2L；故答案为：Fe、S；11.2；（2）分液漏斗的使用方法：打开分液漏斗上口的活塞，旋开分液漏斗的旋塞，慢慢滴加；故答案为：打开分液漏斗上口的活塞，旋开分液漏斗的旋塞，慢慢滴加；为确保实验的准确度，要
88、保证二氧化硫和三氧化硫的量的测定准确，当停止通入SO2，熄灭酒精灯后，需要继续通一段时间的氧气，可以让装置中的二氧化硫和三氧化硫充分被后面的装置吸收；故答案为：使残留在装置中的二氧化硫和三氧化硫被充分吸收；装置D增加的质量为mg，及生成三氧化硫的质量是mg，物质的量是，装置E中产生白色沉淀的质量为ng，则吸收的二氧化硫的物质的量是，则二氧化硫的转化率=100%；故答案为：100%；（3）依据装置图可知，铜和浓硫酸加热反应生成二氧化硫气体，B、C、D分别用于检验SO2的漂白性、还原性和氧化性其中C、D分别为碘水和硫化氢的水溶液，C检验二氧化硫的还原性，D检验二氧化硫的氧化性，检验二氧化硫漂白性可
89、以通过B中品红试液，品红褪色是二氧化硫气体的特性；二氧化硫具有还原性，和碘单质反应生成硫酸和碘化氢；C中反应的离子方程式为：SO2+I2+2H2OSO42+2I+4H+；二氧化硫具有氧化性，和硫化氢反应生成硫单质和水，反应的化学方程式为：SO2+2H2S=3S+2H2O，试管中有淡黄色沉淀生成；E装置是倒扣在氨水溶液上的漏斗吸收二氧化硫等尾气，防止倒吸；故答案为：品红溶液； SO2+I2+2H2OSO42+2I+4H+；试管中有淡黄色沉淀生成；吸收尾气，防止倒吸；19某实验小组用燃烧分析法测定某有机物中碳和氢等元素的含量，随后又对其进行了性质探究将已称量的样品置于氧气流中，用氧化铜作催化剂，在
90、高温条件下样品全部被氧化为水和二氧化碳，然后分别测定生成的水和二氧化碳的质量实验可能用到的装置如图所示，其中A、D装置可以重复使用请回答下列问题：（1）请按气体流向连接实验装置BACADD（用装置编号填写）（2）B装置中制O2时所用的药品是H2O2和MnO2或Na2O2和H2O实验中，开始对C装置加热之前，要通一段时间的氧气，目的是排出装置中的二氧化碳和水蒸气等；停止加热后，也要再通一段时间的氧气，目的是将燃烧生成的二氧化碳和水蒸气彻底排出，并完全吸收（3）已知取2.3g的样品X进行上述实验，经测定A装置增重2.7g，D装置增重4.4g试推算出X物质的实验式：C2H6O（4）该小组同学进一步实
91、验测得：2.3g的X与过量金属钠反应可放出560mL H2（已换算成标准状况下），且已知X分子只含一个官能团查阅资料后，学生们又进行了性质探究实验：实验一：X在一定条件下可催化氧化最终生成有机物Y；实验二：X与Y在浓硫酸加热条件下生成有机物Z则：写出实验二中反应的化学方程式：CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O除去Z中混有的Y所需的试剂和主要仪器是饱和Na2CO3溶液、分液漏斗（5）若已知室温下2.3g液态X在氧气中完全燃烧生成二氧化碳气体和液态水时可放出68.35kJ的热量，写出X在氧气中燃烧的热化学方程式：C2H5OH（l）+3O2（g）=2CO2（g）+3H2O（l）
92、H=1367kJ/mol【考点】有关有机物分子式确定的计算【分析】（1）B装置制备氧气，在C装置中进行样品燃烧，需要A装置中充分浓硫酸干燥氧气，燃烧后用浓硫酸吸收水蒸气，再用D装置吸收二氧化碳，并用D装置吸收空气中水蒸气与二氧化碳，防止影响二氧化碳质量测定；（2）B装置制取O2，利用固态药品和液体反应，可以是过氧化氢与二氧化锰或者过氧化钠与水反应；实验前必须排除装置中的二氧化碳和水蒸气，以防引起误差；停止加热后，装置中会残留一些燃烧生成的二氧化碳和水蒸气，需要用氧气排出；（3）A装置增重2.7g为水的质量，D装置增重4.4g为二氧化碳的质量，计算C、H元素质量，根据质量守恒定律判断是否含有氧元
93、素，最后根据原子的物质的量之比求出实验式；（4）根据（3）中可以确定X的实验式C2H6O，实验式中碳原子已经饱和，所以X分子式为C2H6O，2.3gX为0.1mol，X与过量金属钠反应可放出560mL，即生成0.25molH2，且已知X分子只含一个官能团，说明X是乙醇，乙醇氧化最终得到Y为乙酸，乙醇与乙酸发生酯化反应生成Z为乙酸乙酯；（5）注明物质的物质的聚集状态和反应焓变书写热化学方程式【解答】解：（1）B装置制备氧气，在C装置中进行样品燃烧，需要A装置中充分浓硫酸干燥氧气，燃烧后用浓硫酸吸收水蒸气，再用D装置吸收二氧化碳，并用D装置吸收空气中水蒸气与二氧化碳，防止影响二氧化碳质量测定，气体
94、流向连接实验装置BACADD，故答案为：A；D；（2）B装置制取O2，利用固态药品和液体反应，所用的药品是H2O2和MnO2或Na2O2和H2O；实验前必须排除装置中的二氧化碳和水蒸气，以防引起误差，所以开始对C装置加热之前，要通一段时间的氧气，排出装置中的二氧化碳和水蒸气等；停止加热后，装置中会残留一些燃烧生成的二氧化碳和水蒸气，为确保二氧化碳和水蒸气彻底排出，应再通一段时间的氧气；故答案为：H2O2和MnO2或Na2O2和H2O；排出装置中的二氧化碳和水蒸气等；将燃烧生成的二氧化碳和水蒸气彻底排出，并完全吸收；（3）浓硫酸增重2.7g即燃烧生成的水为2.7g，则水的物质的量为=0.15mo
95、l，其中含氢元素的质量为0.15mol2g/mol=0.3g；碱石灰增重4.4g，即燃烧生成的CO2水4.4g，则CO2的物质的量为=0.1mol，其中含有碳元素的质量为1.2g，生成物中碳元素和氢元素的质量之和为1.2g+0.3g=1.5g，小于有机物的质量2.3g，说明有机物中一定含有氧元素，而且其质量为2.3g1.5g=0.8g，氧元素的物质的量为=0.05mol，则有机物中C、H、O三种元素的物质的量之比为0.1mol：0.3mol：0.05mol=2：6：1，所以X物质的实验式为C2H6O；故答案为：C2H6O；（4）X的实验式C2H6O中碳原子已经饱和，所以分子式为C2H6O，2.
96、3gX为0.1mol，X与过量金属钠反应可放出560mL，即生成0.25molH2，且已知X分子只含一个官能团，说明X是乙醇，乙醇氧化最终得到Y为乙酸，乙醇与乙酸发生酯化反应生成Z为乙酸乙酯乙酸能与乙醇发生酯化反应得到乙酸乙酯和水，反应方程式为：CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O；故答案为：CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O；乙酸能与碳酸钠溶液反应，乙酸乙酯不溶于水，与碳酸钠溶液不反应来除杂、分离，所以除去乙酸乙酯中混有的乙酸所需的试剂是饱和Na2CO3溶液，用分液的方法分离，所用仪器是分液漏斗；故答案为：饱和Na2CO3溶液；分液漏斗；（5）2.3
97、g乙醇的物质的量为=0.05mol，在氧气中完全燃烧生成二氧化碳气体和液态水时可放出68.35kJ的热量，1mol乙醇完全反应放热68.35kJ=1367kJ，热化学方程式为：C2H5OH（l）+3O2（g）=2CO2（g）+3H2O（l）H=1367kJ/mol；故答案为：C2H5OH（l）+3O2（g）=2CO2（g）+3H2O（l）H=1367kJ/mol（一）选做部分化学-选修3：物质结构与性质20某氮铝化合物X具有耐高温、抗冲击、导热性好等优良性质，广泛用于陶瓷工业等领域（1）基态氮原子的核外电子排布式为1s22s22p3（2）与N3互为等电子体的离子有SCN（任写一种）工业上用氧化
98、铝与氮气和碳在一定条件下反应生成X和CO，X的晶体结构如图所示，其化学式为AlN，工业制备X的化学方程式为Al2O3+N2+3C=2AlN+3CO（3）X晶体中包含的化学键类型为AB（填字母）A共价键 B配位键 C离子键 D金属键X晶体中氮原子的杂化类型为sp3杂化（4）已知氮化硼与X晶体类型相同，且氮化硼的熔点比X高，可能的原因是氮化硼与氮化铝均为原子晶体，且硼原子半径小于铝原子半径，BN键键能大于AlN键键能（5）若X的密度为 gcm3，则晶体中最近的两个Al原子的距离为 cm（阿伏加德罗常数的值用NA表示）【考点】晶胞的计算；原子核外电子排布；原子轨道杂化方式及杂化类型判断【分析】（1）
99、氮元素原子核外电子数为7，根据能量最低原理书写；（2）原子数目相等、价电子总数也相等的微粒互为等电子体；根据均摊法可知晶胞中Al、N原子数目均为4，则X为AlN，结合原子守恒配平方程式；（3）N原子与周围的4个Al原子中之间形成4个共价键，晶体中Al、N原子数目之比为1：1，则Al原子与周围的4个N原子也形成4个共价键，而铝原子最外层原来只有三个电子，氮原子最外层有5个电子，所以在AlN中有配位键；N原子没有孤对电子，杂化轨道数目为4；（4）氮化硼与氮化铝均为原子晶体，键能越大熔点越高，而原子半径越小键能越大；（5）晶胞中面心对角线上的原子距离最近，结合晶胞中原子数目表示出晶胞质量，设晶胞棱长
100、为x cm，结合m=V计算晶胞棱长，则最近的两个Al原子的距离为晶胞棱长的倍【解答】解：（1）氮元素原子核外电子数为7，核外电子排布式为：1s22s22p3，故答案为：1s22s22p3；（2）原子数目相等、价电子总数也相等的微粒互为等电子体，与N3互为等电子体的离子有SCN等，根据X的晶体结构图可知，晶胞中含有氮原子为4，含有铝原子8+6=4，所以X的化学式为AlN，根据元素守恒可以写出化学方程式为Al2O3+N2+3C=2AlN+3CO，故答案为：SCN；Al2O3+N2+3C=2AlN+3CO；（3）N原子与周围的4个Al原子中之间形成4个共价键，晶体中Al、N原子数目之比为1：1，则A
101、l原子与周围的4个N原子也形成4个共价键，而铝原子最外层原来只有三个电子，氮原子最外层有5个电子，所以在AlN中有配位键；N原子没有孤对电子，杂化轨道数目为4，N原子杂化方式为sp3杂化，故答案为：AB；sp3；（4）氮化硼与氮化铝均为原子晶体，且硼原子半径小于铝原子半径，BN键键能大于AlN键键能，故氮化硼的熔点较高，故答案为：氮化硼与氮化铝均为原子晶体，且硼原子半径小于铝原子半径，BN键键能大于AlN键键能；（5）晶胞中面心对角线上的原子距离最近，晶胞质量为4g，设晶胞棱长为x cm，则4g= gcm3（x cm）3，解得x=，故最近的两个Al原子的距离为cm，故答案为：化学-选修3：物质
102、结构与性质21已知A、B、C、D、E、W六种元素的原子序数依次递增，都位于前四周期其中A、D原子的最外层电子数均等于其周期序数，且D原子的电子层数是A的3倍；B原子核外电子有6种不同的运动状态，且S轨道电子数是P轨道电子数的两倍；C原子L层上有2对成对电子E有“生物金属”之称，E4+离子和氩原子的核外电子排布相同；W处于周期表中第8列请回答下列问题：（1）BA2C分子中B原子的杂化方式为sp2杂化；该分子的空间构型为平面三角形（2）与BC2分子互为等电子体的一种分子的化学式为N2O或CS2BC2在高温高压下所形成晶体的晶胞如图1所示则该晶体的类型属于原子晶体（选填“分子”、“原子”、“离子”或
103、“金属”）（3）经光谱测定证实单质D与强碱溶液反应有D（OH）4生成，则D（OH）4 中存在abca共价键 b配位键 c键 d键（4）“生物金属”E内部原子的堆积方式与铜相同，都是面心立方堆积方式，如图2所示，则晶胞中E原子的配位数为12；若该晶胞的密度为 g/cm3，阿伏加德罗常数为NA，E原子的摩尔质量为Mr g/mol，则该晶胞的棱长为cm（5）W元素应用广泛，如人体内W元素的含量偏低，则会影响O2在体内的正常运输已知W2+与KCN溶液反应得W（CN）2沉淀，当加入过量KCN溶液时沉淀溶解，生成配合物，其配离子结构如图3所示W元素基态原子价电子排布式为3d64s2已知CN与N2（一种分子
104、）互为等电子体，则1个CN中键数目为1.2041024【考点】原子结构与元素周期律的关系【分析】A、B、C、D、E、W六种元素的原子序数依次递增，都位于前四周期其中A、D原子的最外层电子数均等于其周期序数，且D原子的电子层数是A的3倍，只能是A处于第一周期、D处于第三周期，则A为H元素，D为Al；B原子核外电子有6种不同的运动状态，则B为碳元素；C原子L层上有2对成对电子，核外电子排布为1s22s22p4，故C为O元素；E有“生物金属”之称，E4+离子和氩原子的核外电子排布相同，原子核外电子数为18+4=22，则E为Ti；W位于周期表中第8列，则W为Fe，据此解答【解答】解：A、B、C、D、E
105、、W六种元素的原子序数依次递增，都位于前四周期其中A、D原子的最外层电子数均等于其周期序数，且D原子的电子层数是A的3倍，只能是A处于第一周期、D处于第三周期，则A为H元素，D为Al；B原子核外电子有6种不同的运动状态，则B为碳元素；C原子L层上有2对成对电子，核外电子排布为1s22s22p4，故C为O元素；E有“生物金属”之称，E4+离子和氩原子的核外电子排布相同，原子核外电子数为18+4=22，则E为Ti；W位于周期表中第8列，则W为Fe（1）CH2O分子为甲醛，分子中C原子形成3个键、没有孤电子对，故C原子采取sp2杂化，杂化轨道全部用于成键，为平面三角形结构，故答案为：sp2杂化；平面
106、三角形；（2）与CO2分子互为等电子体的一种分子为N2O或CS2，CO2在高温高压下所形成晶体，由其晶胞结构可知晶胞中白色球数目为4+8+6=8，黑色球数目为16，故白色球为C元素、黑色球为O原子，每个碳原子周围有4个氧原子，每个氧原子周围有2个碳原子，晶体中不存在CO2分子，故在高温高压下所形成的晶体为原子晶体，故答案为：N2O或CS2；原子；（3）Al（OH）4中铝离子与氢氧根离子之间存在配位键、氢氧根离子中氧原子与氢原子之间形成共价键，属于键，离子中没有键，故选：abc；（4）“生物金属”Ti内部原子的堆积方式是面心立方堆积，以顶点原子研究，与之相邻的原子位于面心，每个顶点原子为12面共
107、用，故则晶胞中E原子的配位数为12；晶胞中Ti原子数目为8+6=4，晶胞质量为4g，若该晶胞的密度为 gcm3，则晶胞棱长=cm，故答案为：12；（5）W为Fe元素，核外电子数为26，基态原子价电子排布式为3d64s2，故答案为：3d64s2；与CN与互为等电子体一种分子为N2，CN中含有CN三键，则1个CN中含有2mol 键，含有键数目为1.2041024，故答案为：N2；1.2041024化学-选修3：物质结构与性质22由 Cu、N、B、Ni 等元素组成的新型材料有着广泛用途（1）科学家通过 X射线推测胆矾中既含有配位键，又含有氢键，其结构示意图可简单表示如图，其中配位键和氢键均采用虚线表
108、示写出基态Cu原子的核外电子排布式1s22s22p63s23p63d104s1或Ar3d104s1写出胆矾晶体中水合铜离子的结构简式（必须将配位键表示出来）水分子间存在氢键，请你列举两点事实说明氢键对水的性质的影响水的熔、沸点较高，结冰时密度减小（2）化学工作者已合成一些纯粹由氮组成的新物种N5+、N3等若N5+离子中每个氮原子均满足8电子结构，以下有关N5+推测正确的是caN5+离子有24个电子bN5+离子中存在三对未成键的电子对cN5+阳离子中存在两个氮氮三键（3）化合物A（H3BNH3）是一种潜在的储氢材料，它可由六元环状化合物（HB=NH）3通过3CH4+2（HB=NH）3+6H2O3
109、CO2+6H3BNH3制得与上述化学方程式有关的叙述不正确的是a（填序号）a反应前后碳原子的轨道杂化类型不变bCH4、H2O、CO2分子空间构型分别是：正四面体形、V形、直线形c第一电离能：NOCB1个（HB=NH）3分子中有12个键（4）在硼酸盐中，阴离子有链状、环状等多种结构形式图（a）是一种链状结构的多硼酸根，则多硼酸根离子符号为BO2nn（或BO2）（5）在一定温度下，NiO晶体可以自发地分散并形成“单分子层”（如图（b），可以认为氧离子作致密单层排列，镍离子填充其中，列式并计算每平方米面积上分散的该晶体的质量为1.83103g（氧离子的半径为1.401010 m，1.732）【考点】
110、原子核外电子排布；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断【分析】（1）铜是29号元素，其原子核外有29个电子，根据构造原理书写其基态原子核外电子排布式；CuSO45H2O中铜离子含有空轨道，水分子含有孤对电子对，铜离子与水分子之间形成配位键，铜离子配体数为4；（5）根据图片知，每个氧化镍所占的面积=1.401010m1.401010msin60，每个氧化镍的质量=g，每个氧化镍的质量乘以每平方米含有的氧化镍个数就是每平方米含有的氧化镍质量；氢键较一般分子间作用力强，影响物质的物理性质；（2）a1个氮原子中含有7个电子，则1个N5分子中含有35个电子，N5+是由N5分子失去1个电子得到的，则
111、1个N5+粒子中有34个电子，故a错误；bN5+离子中每个氮原子均满足8电子结构，每个N原子形成3个共用电子对，还剩一对未成键电子，所以N5+离子中存在五对未成键的电子对，故b错误；cN5+离子的结构为，则N5+阳离子中存在两个氮氮三键，故c确；（3）由方程式可知：碳元素由CH4变为CO2，碳原子杂化类型由sp3转化为sp；根据（HB=NH）3结构与苯相似进行分析；（4）从图可看出，每个BO32单元，都有一个B，有一个O完全属于这个单元，剩余的2个O分别为2个BO32单元共用；（5）根据图片可以推算每个氧化镍所占的面积=1.401010m1.401010msin60，每个氧化镍的质量=g，每个
112、氧化镍的质量乘以每平方米含有的氧化镍个数就是每平方米含有的氧化镍质量【解答】解：（1）铜是29号元素，其原子核外有29个电子，根据构造原理知，结合能量最低原理书写电子排布式，其基态原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s1或Ar3d104s1，故答案为：1s22s22p63s23p63d104s1或Ar3d104s1；CuSO45H2O中铜离子含有空轨道，水分子含有孤对电子对，铜离子与水分子之间形成配位键，铜离子配体数为4水合铜离子的结构简式为，故答案为：；由 Cu、N、B、Ni 等元素组成的新型材料有着广泛用途氢键较一般分子间作用力强，影响物质的物理性质，氢键较一般分
113、子间作用力强，所以水的熔、沸点较高，由于氢键具有方向性，结冰时，氢键增多，体积增大，密度减小，故答案为：水的熔、沸点较高，结冰时密度减小；（2）a1个氮原子中含有7个电子，则1个N5分子中含有35个电子，N5+是由N5分子失去1个电子得到的，则1个N5+粒子中有34个电子，故a错误；bN5+离子中每个氮原子均满足8电子结构，每个N原子形成3个共用电子对，还剩一对未成键电子，所以N5+离子中存在五对未成键的电子对，故b误；cN5+离子的结构为，则N5+阳离子中存在两个氮氮三键，故c确；故答案选a；（3）3CH4+2（HB=NH）3+6H2O3CO2+6H3BNH3，aCH4变为CO2，碳原子杂化
114、类型由sp3转化为sp，反应前后碳原子的轨道杂化类型已经改变，故a误；bH4分子中价层电子对= 键电子对+中心原子上的孤电子对=4+（441）=4，且不含孤电子对，所以其空间构型是正四面体，H2O中价层电子对个数=2+（621）=4，且含有2个孤电子对，所以H2O的VSEPR模型为四面体，分子空间构型为V型，CO2分子中价层电子对= 键电子对+中心原子上的孤电子对=2+（422）=2，所以二氧化碳是直线型结构，故b确；c一周期元素中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素的第一电离能大于相邻元素，这几种元素都是第二周期元素，它们的族序数分别是：第IIIA族、
115、第IVA族、第VA族、第VIA族，所以它们的第一电离能大小顺序是I1（N）I1（O）I1（C）I1（B），故c确；故答案为：c；1个（HB=NH）3分子中硼原子与氮原子间以键结合，而剩余的p轨道形成一个共轭大键BH键有3个，NH键有3个，BN有键有6个，故一共12个；故答案为：12；（4）图（a）是一种链状结构的多硼酸根，从图可看出，每个BO32单元，都有一个B，有一个O完全属于这个单元，剩余的2个O分别为2个BO32单元共用，所以B：O=1：（1+2）=1：2，故答案为为：BO2nn（或BO2）；（5）根据图片知，每个氧化镍所占的面积=1.401010m1.401010msin60，1平方米
116、含有的氧化镍个数=，每个氧化镍的质量=g，所以每平方米含有的氧化镍质量=1.83103g；故答案为：1.83103化学-选修5：有机化学基础23有机物A是一种重要的有机合成原料以有机物A为原料合成G（医药中间体和材料中间体）的路线如图所示：已知：（R表示烃基，R和R表示烃基或氢）试回答下列问题：（1）AC的反应类型是取代反应AB的反应条件是氢氧化钠醇溶液、加热G中所含官能团的名称是碳碳双键、羟基（2）CD反应的化学方程式2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O（3）与F具有相同的碳骨架和相同的官能团种数的同分异构体数目共有8种（不含F）（4）写出一种满足下列条件的物质G的同分异构体的结
117、构简式：C（CH3）3CH2CHO能发生银镜反应；核磁共振氢谱有3个峰；含有甲基的数目最多（5）聚苯乙烯（PS）是一种多功能塑料，广泛应用于食品包装、绝缘板、商业机器设备等许多领域中写出以D和苯为主要原料制备聚苯乙烯的合成路线流程图（无机试剂任选）合成路线流程图示例如下：【考点】有机物的合成【分析】B与溴水反应生成C2H4Br2，则B为CH2=CH2，C2H4Br2为BrCH2CH2Br，E为BrMgCH2CH2MgBr，由F的分子式可知D为CH3CHO，则C为CH3CH2OH，A为可以为CH3CH2Br等，F为CH3CH（OH）CH2CH2CH（OH）CH3，G为链状化合物，则F中1个羟基发
118、生消去反应生成G，则G为CH3CH=CHCH2CH（OH）CH3或者CH2=CHCH2CH2CH（OH）CH3（5）苯与溴在溴化铁做催化剂条件下生成，与Mg/无水乙醚作用得到，再与乙醛反应、然后酸化生成，再发生消去反应生成，最后发生加聚反应得到聚苯乙烯【解答】解：B与溴水反应生成C2H4Br2，则B为CH2=CH2，C2H4Br2为BrCH2CH2Br，E为BrMgCH2CH2MgBr，由F的分子式可知D为CH3CHO，则C为CH3CH2OH，A为可以为CH3CH2Br等，F为CH3CH（OH）CH2CH2CH（OH）CH3，G为链状化合物，则F中1个羟基发生消去反应生成G，则G为CH3CH=
119、CHCH2CH（OH）CH3或者CH2=CHCH2CH2CH（OH）CH3（1）AC发生卤代烃水解生成乙醇，反应类型是取代反应，AB发生卤代烃消去反应生成影响，反应条件是氢氧化钠醇溶液、加热，G为G为CH3CH=CHCH2CH（OH）CH3或者CH2=CHCH2CH2CH（OH）CH3，所含官能团的名称是碳碳双键、羟基，故答案为：取代反应；氢氧化钠醇溶液、加热；碳碳双键、羟基；（2）CD反应的化学方程式：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，故答案为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；（3）F为CH3CH（OH）CH2CH2CH（OH）CH3，与F具有相同的碳骨架和
120、相同的官能团种数的同分异构，可以看着正己烷为2个OH取代，利用定一移一法可知共有8种（不含F），注意2个羟基连接同一碳原子上不稳定，故答案为：8；（4）满足下列条件的物质G的同分异构体：能发生银镜反应，说明含有醛基；核磁共振氢谱有3个峰；含有甲基的数目最多，符合条件的同分异构体为：C（CH3）3CH2CHO，故答案为：C（CH3）3CH2CHO；（5）苯与溴在溴化铁做催化剂条件下生成，与Mg/无水乙醚作用得到，再与乙醛反应、然后酸化生成，再发生消去反应生成，最后发生加聚反应得到聚苯乙烯，合成路线流程图为：，故答案为：化学-选修5：有机化学基础24高分子材料PET聚酯树脂和PMMA的合成路线如图
121、：已知：ROOR+ROH RCOOR+ROH（R、R、R代表烃基）（R、R代表烃基）回答下列问题：（1）E的名称为2丙醇；PET单体中官能团的名称为酯基、羟基（2）反应的反应类型是取代反应；反应的反应类型是缩聚反应（3）反应的化学方程式为（4）J的结构简式为CH2=C（CH3）COOH（5）下列说法正确的是bd（填字母）aB和D互为同系物b反应为酯化反应cD可以被CuO还原dPET聚酯树脂和PMMA都能发生水解（6）有机物的同分异构体中满足下列条件的共有5种，其中核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为1：1：1：2的是（填结构简式）苯环上的一氯代物只有两种苯环上的取代基不超过三个0.1mol该同
122、分异构体与足量NaHCO3溶液反应，能产生4.48L（标准状况下）CO2【考点】有机物的合成【分析】由PMMA的结构，可知PMMA单体为CH2=C（CH3）COOCH3，则D、J分别为CH2=C（CH3）COOH、CH3OH中的一种，乙烯和溴发生加成反应生成A为CH2BrCH2Br，A在NaOH水溶液、加热条件下发生水解反应生成B为HOCH2CH2OH，根据信息I及PET单体分子式，可知PET单体为，则D为CH3OH、J为CH2=C（CH3）COOH，PET单体发生信息I中交换反应进行的缩聚反应生成PET树脂为F发生信息中的反应得到G，G在浓硫酸作用下发生消去反应生成J，则G为，故F为，E为，
123、据此解答【解答】解：由PMMA的结构，可知PMMA单体为CH2=C（CH3）COOCH3，则D、J分别为CH2=C（CH3）COOH、CH3OH中的一种，乙烯和溴发生加成反应生成A为CH2BrCH2Br，A在NaOH水溶液、加热条件下发生水解反应生成B为HOCH2CH2OH，根据信息I及PET单体分子式，可知PET单体为，则D为CH3OH、J为CH2=C（CH3）COOH，PET单体发生信息I中交换反应进行的缩聚反应生成PET树脂为F发生信息中的反应得到G，G在浓硫酸作用下发生消去反应生成J，则G为，故F为，E为（1）E为，名称为：2丙醇，PET单体为，含有的官能团为：酯基、羟基，故答案为：2
124、丙醇；酯基、羟基；（2）反应属于取代反应，反应属于羧基反应，故答案为：取代反应；缩聚反应；（3）反应为1，2二溴乙烷发生水解反应生成乙二醇，该反应的化学方程式为，故答案为：；（4）J的结构简式为：CH2=C（CH3）COOH，故答案为：CH2=C（CH3）COOH；（5）aB为HOCH2CH2OH，D为CH3OH，二者含有羟基数目不相等，二者不互为同系物，故a错误；b反应是CH2=C（CH3）COOH与CH3OH发生酯化反应生成CH2=C（CH3）COOCH3，故b正确；cD为CH3OH，可以被CuO氧化，不是还原，故c错误；dPET聚酯树脂和PMMA都含有酯基，均能发生水解，故d正确，故选：
125、bd；（6）有机物的同分异构体中满足下列条件：苯环上的一氯代物只有两种，说明苯环上有2种H原子；苯环上的取代基不超过三个；0.1mol该同分异构体与足量NaHCO3溶液反应，能产生4.48L（标准状况下）CO2，二氧化碳为0.2mol，则含有2个COOH若含有2个侧链，可以是2个侧链不同且处于对位，侧链为一个为COOH，另外侧链为CH2CH2COOH或CH（CH3）CH2COOH，有2种，可以是2个侧链相同且处于邻位，侧链为2个CH2COOH，共有3种，若含有3个侧链，可以为2个COOH、1个CH2CH3，3个侧链处于间位，或相邻且乙基分别与2个羧基相邻，符合条件的同分异构体共有5种，其中核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为1：1：1：2的是，故答案为：5；2016年12月21日
