1、河南省新乡市红旗区实验高级中学2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）1下列关于碳酸氢钠的分类不正确的是A钠盐 B含氧酸盐 C化合物 D碱【答案】D【解析】试题分析：A、碳酸氢钠属于钠盐，正确；B、碳酸氢钠中酸根离子中含有O元素，属于含氧酸盐，正确；C、碳酸氢钠是含有多种元素的纯净物，属于化合物，正确；D、碳酸氢钠属于盐，不属于碱，错误，答案选D。考点：考查物质的交叉分类2下列各组中互为同素异形体关系的是AH2与D2 BT2O与H2O C与 D金刚石与石墨【答案】D【解析】试题分析：由同一种元素形成的不同单质互为同素异形体，则AH2与D2均是氢气分子，A错误；BT2O与H2O均
2、是水分子，B错误；C与的质子数相同而中子数不同，互为同素异形体，C错误；D金刚石与石墨均是碳元素形成的单质，二者互为同素异形体，D正确，答案选D。考点：考查同素异形体的判断3下列有关实验操作、现象和解释或结论都正确的是选项实验操作现象解释或结论A过量的Fe粉中加入稀HNO3，充分反应后，滴入KSCN溶液溶液呈红色稀HNO3将Fe氧化为Fe3+BAgCl沉淀中滴入稀KI溶液有黄色沉淀出现AgI比AgCl更难溶CAl箔插入稀HNO3中无现象Al箔表面被HNO3氧化，形成致密的氧化膜D用玻璃棒蘸取浓氨水点到红色石蕊试纸上试纸变蓝色浓氨水呈碱性【答案】BD【解析】试题分析：A.过量的Fe粉中加入稀HN
3、O3，充分反应后，得到Fe(NO3)2,滴入KSCN溶液, 溶液呈浅绿色，错误；B.AgCl沉淀在溶液中存在沉淀溶解平衡：AgCl(s) Ag+(aq)+Cl-(aq)，当向溶液中滴入稀KI溶液时，由于c(Ag+)c(I-)Ksp(AgI),所以会形成AgI沉淀，这样就破坏了AgCl的沉淀溶解平衡，催使AgCl向溶解的方向移动，这样沉淀就逐渐由白色变为黄色，发生沉淀的转化，说明AgI比AgCl更难溶，正确；C.由于在Al表面有一层被空气氧化而产生的氧化物薄膜，所以将Al箔插入稀HNO3中，首先是氧化铝与硝酸反应产生硝酸铝和水，一层不会看到任何现象，而不能说是Al箔表面被HNO3氧化，形成致密的
4、氧化膜，错误；D.在氨水中一水合氨发生电离产生OH-,使溶液显碱性，所以用玻璃棒蘸取浓氨水点到红色石蕊试纸上，试纸会变为蓝色，正确。考点：考查实验操作、现象和解释或结论的关系的知识。4下列各组混合物中，不能用分液漏斗分离的是（ ）A.正戊烷和水 B.溴乙烷和水 C.乙酸和乙醇 D. 苯和水【答案】C【解析】试题分析：A、正戊烷不溶于水，可以用分液漏斗分离，A不符合题意；B、溴乙烷不溶于水，可以用分液漏斗分离，B不符合题意；C、乙酸易溶在乙醇中，不能用分液漏斗分离，C符合题意；D。苯不溶于水，可以用分液漏斗分离，D不符合题意；答案选C。【考点定位】本题主要是考查有机物溶解性和物质的分离与提纯【名
5、师点晴】混合物中不能用分液漏斗分离，说明混合物中的成分不能互溶，因此掌握常见有机物的溶解性是解答的关键，平时注意相关基础知识的积累和灵活应用，题目难度不大。5下列各组气体中，在通常情况下既能共存，又能用浓硫酸干燥的是( )AH2、O2、SO2 BCO2、H2S、Cl2CHCl、HBr、HI DNH3、HCl、CO2【答案】A【解析】试题分析：A、H2、O2、SO2能够共存，且与浓硫酸都不反应，能用浓硫酸干燥，故A正确；B、H2S具有较强的还原性，不能用浓硫酸干燥，故B错误；C、HI具有较强的还原性，不能用浓硫酸干燥，故C错误； D、NH3和HCl反应生成氯化铵，不能共存，故D错误；故选A。【考
6、点定位】考查气体的净化和干燥；浓硫酸的性质【名师点晴】本题考查了气体的性质及气体的干燥和净化。分析时要注意两个条件，一个是“能干燥”，一个是“混合气体能大量共存”，只有同时具备这俩条件才是正确选项。选择干燥剂时要注意：酸性干燥剂(如：浓硫酸、P2O5、硅胶等)不能用来干燥碱性气体； 碱性干燥剂 (如碱石灰、生石灰、固体NaOH等)不能用来干燥酸性气体如Cl2有氧化性的干燥剂(如浓硫酸)不能干燥有还原性气体(如H2S、HI等)。6下列性质中，可以证明某化合物内一定存在离子键的是 ( )A可溶于水 B具有较高的熔点C水溶液能导电 D熔融状态能导电【答案】D【解析】试题分析：A离子化合物和共价化合物
7、都能溶于水，与化学键类型没有关系，A项错误；B具有较高的熔点的物质不一定含有离子键，如二氧化硅为原子晶体，熔点很高，但只含共价键，B项错误；C共价化合物在水溶液中也能导电，如HCl，只含有共价键，C项错误；D熔融状态能导电的化合物为离子化合物，含有离子键，D项正确；答案选D。【考点定位】考查离子键的形成。【名师点睛】本题考查离子键的形成。涉及离子键和共价键的区分，属于中等难度的试题，试题侧重对学生能力的培养和解题方法的指导与训练，有利于培养学生的逻辑推理能力。化合物内一定存在离子键，则该化合物一定为离子化合物，离子化合物与共价化合物的本质区别在于组成粒子是阴、阳离子而不是原子，共价键在熔融状态
8、下不能断键，即在熔融状态下，共价化合物不能电离出离子，是不能导电的。但离子键在熔融状态下可以断键，即在熔融状态下，离子化合物能电离出离子，可以导电，据此可以区别离子化合物和共价化合物。7常温下，在密闭容器中充入两种气体各01 mol，在一定条件下充分反应后，恢复到原温度时，压强降低为开始时的1/4，则混合气体可能是AH2和O2 BHCl和NH3 CH2和Cl2 DCO和O2【答案】A【解析】试题分析：A、01摩尔氢气和005摩尔氧气反应，剩余005摩尔氧气，压强为原来的1/4，正确，选A；B、二者恰好完全反应生成氯化铵固体，压强为0，错误，不选B；C、二者恰好完全反应生成02摩尔氯化氢，压强不
9、变，错误，不选C；D、01摩尔一氧化碳和005摩尔氧气反应生成01摩尔二氧化碳，最后气体为015摩尔，压强为原来的3/4，错误，不选D。考点：压强与物质的量的关系，化学方程式的计算8用右图所示装置除去含CN-、Cl-废水中的CN-时，控制溶液pH为910，阳极产生的ClO - 将CN- 氧化为两种无污染的气体，下列说法正确的是A阴极的电极反应式为：Cl - +2OH - -2e- =ClO - +H 2OB阳极的电极反应式为：2CN- +12OH - -10e - =N2+2CO 3 2- +6H 2 OC电解时使用锂钒氧化物二次电池(V2O5 +xLiLixV2O5)做电源，电池充电时a 电
10、极的电极反应式为：LixV2O5 _ xe-V2O5 + xLi +D除去CN-的反应：2CN- +5ClO- +2H+ =N2+2CO2+5Cl- +H2O【答案】C【解析】试题分析：A电解质溶液呈碱性，则阴极上水失电子生成氢气和氢氧根离子，电极反应式为2H2O+2e-H2+2OH-，故A错误；B阳极上氯离子失电子生成氯气，氯气和氢氧根离子反应生成次氯酸根离子和水，所以阳极反应式为Cl-+2OH-2e-ClO-+H2O，故B错误；C电解时a极为电源的正极，电池充电时阳极a 电极的电极反应式为LixV2O5_xe-V2O5 +xLi+，故C正确；D阳极产生的ClO-将CN-氧化为两种无污染的气
11、体，两种气体为二氧化碳和氮气，该反应在碱性条件下进行，所以应该有氢氧根离子生成，反应方程式为2CN-+5ClO-+H2ON2+2CO2+5Cl-+2OH-，故D错误；答案为C。考点：考查原电池和电解池工作原理。9某反应过程中体系的能量变化如图所示，下列说法错误的是A反应过程可表示为BE1为反应物的平均能量与过渡态的能量差，称为正反应的活化能C正反应的热效应为，所以正反应为放热反应D此图中逆反应的热效应，为吸热反应【答案】D【解析】试题分析：A由图象可知反应过程可表示为A+BC（反应物）ABC（过渡态）AB+C（产物），A正确；B反应物吸收一定能量成为活化分子，E1为正反应的活化能，B正确；C正
12、反应的热效应为H=E1-E2，反应物总能量大于生成物总能量，则正反应放热，C正确；D此图中逆反应的热效应H=E2-E1，为吸热反应，D错误；选D。考点：考查化学反应能量图像。10已知：2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O; Cl2+2FeCl2=2FeCl3; 2KI+2FeCl3=2KCl+I2+2FeCl2。 则下列判断正确的是A、氧化性MnO4-Cl2I2Fe3+ B、还原性：Fe2+I-Cl-C、Fe3+能将I-氧化为I2 D、Fe2+只有还原性【答案】C【解析】试题分析：氧化剂的氧化性大于氧化产物；还原剂的还原性大于还原产物；氧化性MnO4-Cl2 F
13、e3+I2，故A错误；还原性： I-Fe2+Cl-，故B错误；氧化性Fe3+I2，Fe3+能将I-氧化为I2，故C正确；Fe2+既有氧化性又有还原性，故D错误。考点：本题考查氧化还原。11下列关于粒子结构的描述不正确的是( )AH2S和NH3均是价电子总数为8的极性分子BHS-和HCl均是含有一个极性键的18电子粒子CCH2Cl2和CCl4均是四面体构型的非极性分子D1 mol DO中含中子、质子、电子各10NA（NA代表阿伏加德罗常数的值）【答案】C【解析】试题分析：H2S中H、S元素形成的极性键，但结构不对称，属于极性分子；NH3中含有极性键，空间结构为三角锥形，正负电荷的中心不重合，也属
14、于极性分子，故A正确；HS-和HCl都只含一个极性键，都具有18个电子，故B正确；CH2C12正负电荷的中心不重合，是极性分子，故C错误；1 mol D216O中含中子、质子、电子分别为10 NA，故D正确；故选。考点：本题考查的是分子的极性和物质的结构。12下列有关金属及其化合物的说法错误的是A铁与水蒸气在高温条件下反应生成四氧化三铁和氢气B稀硫酸中加入铜粉不反应，再加入硝酸钠仍不反应CAlCl3、FeCl2、CuCl2均可通过化合反应制得D饱和碳酸钠溶液中通人足量二氧化碳，溶液变浑浊【答案】B【解析】试题分析：A、铁与水蒸气在高温条件下反应生成四氧化三铁和氢气，正确；B、稀硫酸中加入铜粉不
15、反应，再加入硝酸钠发生的反应为：3Cu + 2NO3- + 8H+ = 3Cu2+ + 2NO+ 4H2O，错误；C、AlCl3、CuCl2均可通过单质与氯气化合制得，FeCl2可通过铁与氯化铁溶液化合制得，正确；D、饱和碳酸钠溶液中通入足量二氧化碳，生成碳酸氢钠，碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠，溶液变浑浊，正确。考点：考查常见元素单质及其化合物的性质。13NA表示阿伏伽德罗常数的值，下列叙述错误的是( )A2gD216O中含有的质子数、中子数、电子数均为NAB78gNa2O2和Na2S的混合物中含有的Na+ 数一定为2NAC标准状况下，5.6LO2作氧化剂时转移电子数一定为NAD500mL 2m
16、ol/LNa2CO3溶液中含C微粒总数一定为NA【答案】C【解析】试题分析：A、D216O的相对分子质量为20，则2克的物质的量为0.1摩尔，含有1摩尔质子，1摩尔中子，和1摩尔电子，正确，不选A；B、过氧化钠于硫化钠的相对分子质量为78，所以78克混合物的物质的量为1摩尔，含有2摩尔钠离子，正确，不选B；C、氧气反应可能生成-2价或-1价，不能确定电子数，错误，选C；D、根据碳元素守恒，碳酸钠的物质的量为1摩尔，则含有1摩尔碳原子微粒，正确，不选D。考点： 阿伏伽德罗常数【名师点睛】阿伏伽德罗常数的考查是考试常见的题型，通常需要注意一下几个方面：1、气体摩尔体积的使用：必须是在标况下，物质为
17、气体，气体摩尔体积才为22.4L/mol。2、分子中的原子个数，很多的单质分子中含有2个原子，例如氢气，氧气，氮气等，但也有不是2个原子的，例如氦气含有1个原子，臭氧含有3个原子。当然化合物分子中的原子数也各不相同。3、有些物质不能用分子一词，例如离子化合物，如氯化钠，过氧化钠等。同时注意离子化合物中的离子数，如过氧化钠含有2个钠离子和一个过氧根离子等。4、注意特殊反应，例如可逆反应不能进行完全，铜只能和浓硫酸反应，不和稀硫酸反应，二氧化锰和浓盐酸反应，不和稀盐酸反应，铁和氯气反应只能生成氯化铁而不是氯化亚铁等。5、注意溶液中的微粒数值，溶液中有水，求氢原子或氧原子时不要忘记水，若求溶质的微粒
18、，要考虑是否电离，电离程度，是否水解，水解程度等因素。1424ml、0.05mol/L的Na2SO3溶液，恰好与20mL、0.02mol/L的K2Cr2O7溶液完全反应，则元素Cr在被还原的产物中的化合价为A +6 B +3 C+2 D0【答案】B【解析】试题分析：在氧化还原反应中氧化剂获得电子总数与还原剂失去的电子总数相等，假如Cr元素反应后的化合价是+x价，则24ml0.05mol/L2=20mL0.02mol/L2(6-x)，解得x=3，所以反应后Cr元素的化合价是+3价，故选项B正确。考点：考查氧化还原反应中元素化合价的确定的知识。15常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是
19、A1.0 molL1的KNO3溶液：H、Fe2、Cl、SO42-B甲基橙呈红色的溶液：NH4+、Ba2、AlO2-、ClC与铝反应产生大量氢气的溶液：Na、K、CO32-、ClDpH12的溶液：K、Na、CH3COO、Br【答案】D【解析】试题分析：A.H+、Fe2+、NO3-会发生氧化还原反应，不能大量共存，错误；B使甲基橙呈红色的溶液是酸性溶液，在酸性溶液中。H、AlO2-会发生反应形成Al3+，不能大量共存，错误；C与铝反应产生大量氢气的溶液可能是酸性溶液，也可能是碱性溶液，在酸性溶液中，H 、CO32-会发生离子反应，不能大量共存，错误；DpH12的溶液是碱性溶液，在碱性溶液中， K、
20、Na、CH3COO、Br不能发生任何反应，可以大量共存，正确。考点：考查离子大量共存的知识。16(7分)（1）实验测得：在室温下1L水中只有10-7mol的水电离，列式计算水的电离平衡常数KH2O；（2）已知水在25和100时，其电离平衡曲线如图所示，则25时水的电离平衡曲线应为_（填“A”或“B”），请说明理由 。【答案】（7分）（1）1.810-16（4分）列式2分 结论2分（2） A （1分） 原因 温度升高促进水的电离 Kw增大 【解析】试题分析：（1）1L水的质量是1000g，物质的量是1000g/18g/mol=55.6mol，c(H2O)=55.6mol/L，在室温下1L水中只有
21、10-7mol的水电离，则c（OH）= c(H)=110-7mol/L，所以KH2O= c（OH）c(H)/ c(H2O)=110-14/55.6=1.810-16；（2）水的电离是吸热反应，温度越高，水电离平衡正向移动， c（OH）、 c(H)增大，Kw增大 ，所以25时水的电离平衡曲线应为A。考点：考查对水电离常数的计算，温度对水电离平衡的影响17（14分）【化学选修：化学反应原理；必做题】为有效控制雾霾，各地积极采取措施改善大气质量有效控制空气中氮氧化物、碳氧化物和硫氧化物显得尤为重要。（1）在汽车排气管内安装催化转化器，可将汽车尾气中主要污染物转化为无毒的大气循环物质。已知：N2（g）
22、O2（g）2NO（g）H11805kJ/molC和CO的燃烧热（H）分别为3935kJmol1和283kJmol1。则2NO（g）2CO（g）N2（g）2CO2（g）的H_kJmol1（2）将020 molNO和010 molCO充入一个容积为1L的密闭容器中，反应过程中物质浓度变化如图所示。09min内的平均反应速率v（N2）_mol L1min1（保留两位有效数字）；第12 min时改变的反应条件可能为_。A升高温度 B加入NO C加催化剂 D降低温度该反应在第24 min时达到平衡状态，CO2的体积分数为_（保留三位有效数字），化学平衡常数K_（保留两位有效数字）。（3）烟气中的SO2可
23、用某浓度NaOH溶液吸收得到Na2SO3和NaHSO3混合溶液，且所得溶液呈中性，该溶液中c（Na）_（用含硫微粒浓度的代数式表示）。（4）通过人工光合作用能将水与燃煤产生的CO2转化成HCOOH和O2已知常温下01 molL1的HCOONa溶液pH10，则HCOOH的电离常数Ka_。【答案】（每空2分，共14分）（1）-746.5 （2）2.210-3 D 22.2% 3.4（3）2c(SO32)+c(HSO3)（4）1.010-7【解析】C（s）O2（g）CO2（g）H1393.5kJ/mol，试题分析：（1）已知：N2（g）O2（g）2NO（g）H1180.5kJ/mol，CO的燃烧热为
24、283kJmol1，即2CO（g）O2（g）2CO2（g）H1566kJ/mol，则根据盖斯定律可知即可得到2NO（g）2CO（g）N2（g）2CO2（g）的H-746.5kJmol1。（2）根据图像可知09min内生成氮气的浓度是0.02mol/L，则平均反应速率v（N2）0.02mol/L9min2.210-3mol L1min1；第12 min时CO和NO的浓度逐渐减小，而氮气的浓度逐渐增大，这说明平衡向正反应方向进行。正方应是体积减小的、放热的可逆反应，则改变的反应条件可能为降低温度，升高温度平衡向逆反应方向进行，加入NO，NO的浓度增大，加催化剂不能影响平衡， 答案选D。在第24 m
25、in时达到平衡状态，此时CO、NO和氮气的浓度分别是0.04mol/L、0.14mol/L、0.03mol/L，根据方程式可知生成CO2的浓度是氮气的2倍，即为0.06mol/L，因此CO2的体积分数为；化学平衡常数是在一定条件下，当可逆反应达到平衡状态时，生成物浓度的幂之积和反应物浓度的幂之积的比值，则化学平衡常数K。（3）烟气中的SO2可用某浓度NaOH溶液吸收得到Na2SO3和NaHSO3混合溶液，则根据电荷守恒2c(SO32)+c(HSO3)+c(OH)c(H+)+c（Na）。所得溶液呈中性，则c(OH)c(H+)，因此该溶液中c（Na）2c(SO32)+c(HSO3)。（4）已知常温
26、下01 molL1的HCOONa溶液pH10，即c(OH)104mol/L，c(H+)1010mol/L，根据水解方程式可知c(HCOOH)104mol/L，又因为c(HCOO)0.1mol/L，则HCOOH的电离常数Ka。考点：考查盖斯定律的应用、平衡状态计算、外界条件对平衡状态的影响以及溶液中离子浓度大小比较和平衡常数计算等18已知某溶液中只存在OH、H+、Cl四种离子，某同学推测其离子浓度大小顺序可能有如下四种关系：c(Cl)c()c(H+)c(OH)c()c(OH)c(Cl)c(H+)c()c(Cl)c(OH)c(H+)c(Cl)c(H+)c()c(OH-)填写下列空白：（1）若溶液中
27、只溶解一种溶质，则该溶质是_，上述四种离子浓度的大小顺序为_（填序号）。（2）若四种离子的关系符合，则溶质为_；若四种离子的关系符合，则溶质为_ 。（3）将pH相同的NH4Cl溶液和HCl溶液稀释相同的倍数，下面图象正确的是_（填图象符号）。（4）若该溶液是由体积相等的稀盐酸和氨水混合而成，且恰好呈中性，则混合前c(HCl)_c(NH3H2O)（填“大于”“小于”或“等于”，下同）；混合前酸中c(H+)和碱中c(OH)的关系为c(H+)_c(OH)。（5）如右图所示，烧杯中盛放的溶液为盐酸，接通电流表G后，指针发生偏转，则负极材料是_，正极反应式是_。【答案】（1）NH4Cl （2）NH4Cl
28、和NH3H2ONH4Cl和HCl （3）B （4）小于 大于 （5）Zn2H+2e-=H2【解析】（1）若溶液只有一种溶质，溶质为NH4Cl，因水解溶液显酸性，离子浓度的大小关系为c(Cl-)c()c(H+)c(OH-)。（2）因为c(OH)c(H+)、c()c(Cl-)，所以溶液中除含有NH4Cl外，还必须含有NH3H2O。若c(Cl)c(H+)c()c(OH)，则说明溶液中含有NH4Cl和HCl。（3）NH4Cl稀释过程中，促进了的水解，导致pH相同的NH4Cl溶液和HCl溶液稀释相同的倍数时，NH4Cl溶液的pH较小。（4）NH4Cl水解溶液呈酸性，若等体积稀盐酸和氨水混合后呈中性，说明
29、氨水过量，故c(HCl)c(NH3H2O)，混合前盐酸中c(H+)大于氨水中的c(OH)。（5）由电池反应Zn+2H+=Zn2+H2可推理。19（10分）某学生利用以下装置探究氯气与氨气之间的反应。其中A、F分别为氨气和氯气的发生装置，C为纯净干燥的氯气与氨气反应的装置。请回答下列问题：（1）装置F中发生反应的离子方程式：_。（2）装置A中的烧瓶内固体可选用_（选填以下选项的代号）。A碱石灰 B生石灰 C二氧化硅 D五氧化二磷（3）虚线框内应添加必要的除杂装置，请从上图的备选装置中选择，并将编号填入下列空格：B ，D_，E 。（均填编号）（4）催化剂存在下，NH3可用来消除NO的污染，生成两种
30、对环境无害的物质。写出该反应的化学方程式： ；该反应中每生成0.5molN2转移 mol电子。【答案】(10分)（1)MnO24H2ClMn2Cl22H2O （2分）(2)A、B （2分）(3) （全对给2分，错一个不给分）（4）4NH3+6NO 5N2+6H2O (2分) ； 1.2 （2分）【解析】试题分析：（1）F是产生氯气的装置，二氧化锰与浓盐酸共热，产生氯气，离子方程式是MnO24H2ClMn2Cl22H2O；（2）氨水中存在一水合氨的电离平衡，加入碱石灰或生石灰可使平衡逆向移动，从而有氨气放出，所以浓氨水与碱石灰或生石灰反应可制取氨气，则烧瓶A中的固体为A、B；（3）氨气极易溶于水
31、，所以氨气与氯气反应前应先干燥，用碱石灰干燥氨气，则B选择I装置；浓盐酸与二氧化锰制取的氯气中含有少量氯化氢，所以氯气先用饱和食盐水除去氯化氢，则E选III装置；然后氯气再用浓硫酸干燥，则D选II装置；（4）氨气与NO气体在催化剂条件下反应生成氮气和水，化学方程式是4NH3+6NO 5N2+6H2O；若生成5mol氮气，则消耗4mol氨气，转移电子数是4mol3=12mol电子，所以生成0.5mol氮气时，转移电子的物质的量是1.2mol。考点：考查氨气与氯气的实验室制取及除杂的判断，氧化还原反应的计算20孔雀石的主要成分为Cu2(OH)2CO3，还含少量铁的氧化物和硅的氧化物。以下是实验室以
32、孔雀石为原料制备CuSO45H2O晶体的流程图：（1）研磨孔雀石的目的是 。浸泡孔雀石的试剂A若选用过量的稀硫酸，则固体a是 (填化学式)。（2）试剂B的目的是将溶液中的Fe2+转化为Fe3+，则试剂B宜选用 （填序号）：A酸性KMnO4溶液 B双氧水 C浓硝酸 D氯水相应的离子方程式为： 。（3）试剂C用于调节溶液pH，使Fe3+转化为沉淀予以分离。则试剂C宜选用 （填序号）：A稀硫酸 BNaOH溶液 C氨水 DCuO固体C的化学式为 。（4）1 mol氨气通过加热的Cu2(OH)2 CO3可以产生1.5 mol金属铜，则该反应的化学方程式为 。（5）常温下Fe(OH)3的Ksp=110-3
33、9，若要将溶液中的Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，使溶液中c(Fe3+)降低至1103 molL，必需将溶液调节至pH= 。【答案】（1）（共4分）增大固体表面积（1分），以增大反应速率（1分）类似意思均可 SiO2（2分）（2）（共4分）B（2分） 2Fe2+2H+H2O2=2Fe3+2H2O（2分）（未配平1分，写为化学方程式2FeSO4 + H2SO4 + H2O2 = Fe2(SO4)3 + 2H2O且正确1分）（3）（共4分）D（2分） Fe(OH)3（2分）（4）（共3分）3Cu2(OH)2CO3 + 4NH36Cu + 3CO2 + 9H2O +2 N2（化学式1分、配平均1分
34、，条件1分。）（5）（共2分）2【解析】试题分析：（1）研磨孔雀石的目的是为了酸溶速率更快，所以答案为“增大固体接触面积，加快反应速率”，酸溶过程中不溶的固体为杂质SiO2。（2）把Fe2+转化为Fe3+ 应该加入氧化剂，且不能带入杂质离子，所以用双氧水，选B。相应的离子方程式为：2Fe2+2H+H2O2=2Fe3+2H2O。（3）因为目标产品是CuSO45H2O晶体，所以调节pH值使铁离子沉淀应选用的试剂不能带入杂质离子，所以选用固体CuO，所以沉淀物c为Fe(OH)3 和过量的CuO。（4）碱式碳酸铜中通入氨气后有铜单质生成，说明铜被还原，NH3做还原剂。因为1mol氨气还原得到1.5mo
35、l铜单质，根据铜+20价，可知转移电子3mol，得失电子守恒，所以NH3失去电子也为3mol，所以可推测得NH3被氧化为了N2，所以可以得知其他产物还有CO2、H2O。所以列出反应物NH3+ Cu2(OH)2 CO3Cu+ N2+CO2+H2O，然后根据氧化还原反应方程式配平得：3Cu2(OH)2CO3 + 4NH36Cu + 3CO2 + 9H2O +2 N2 。（5）根据Fe(OH)3溶解平衡Fe(OH)3 (s) Fe3+ (aq)+3 OH- (aq)可得Ksp =c( Fe3+ ) c3(OH- )= 110-39 ，所以把c(Fe3+)=1103 molL带入公式中，计算得c(OH
36、- )= 110-12 ，所以c(H+ )=Kw/ c(OH- )= 10-2 ，所以pH=2。考点：本题考查的是化工生产流程题。21某温度下，纯水中c（H）1.0106 molL-1，则此时c（OH） molL-1。在此温度下，将100 mL pH=1的稀硫酸和盐酸的混合液与100 mL未知浓度的Ba (OH)2溶液相混合，充分反应后过滤，得0.233g沉淀，滤液的pH值变为11(设混合液体积为两者之和，所得固体体积忽略不计）。则原混合酸液中SO42的物质的量= mol。Cl的物质的量= mol。Ba(OH)2的物质的量浓度= molL-1 。【答案】1.0106 （2分） ； 0.001（
37、2分） ； 0.008（2分） ； 0.15（2分）【解析】22肉桂醛是一种食用香精，它广泛用于牙膏、洗涤剂、糖果以及调味品中。工业上可通过下列反应制备：CH3CHONaOH溶液H2O（1）请推测B侧链上可能发生的两种反应的类型：_。（2）请写出两分子乙醛在上述条件下反应的化学方程式：_。（3）请写出同时满足括号内条件的B的所有同分异构体的结构简式_(分子中不含羰基和羟基；是苯对位二取代物；除苯环外，不含其他环状结构)。【答案】 （1）加成反应、氧化反应、还原反应(任填两种)（2）2CH3CHONaOH溶液CH3CH=CHCHOH2O（3） 【解析】试题分析：B有烯烃和醛的性质。考点：醛的结构
38、和性质。23（10分）下列框图涉及到的物质所含元素中，除一种元素外，其余均为118号元素。已知：A、F为无色气体单质，B为具有刺激性气味的气体，C为黑色氧化物，E为红色金属单质（部分反应的产物未列出）。请回答下列问题：（1）D的化学式为 ；E原子外围电子排布式为 _（2）A与B生成D的反应在工业上是生产 的反应原理之一。（3）E与G的稀溶液反应的离子方程式为 .（4）B和C反应的化学方程式为 。（5）J、K是同种金属的不同氯化物，K为白色沉淀。写出SO2还原J生成K的离子方程式【答案】（1）NO 3d10 4s1 （各1分）；（2）HNO3 （1分）；（3）3Cu8H2NO3=3Cu22NO4
39、H2O （2分）；（4）2NH33CuO3CuN23H2O （2分）；（5）SO22Cu22Cl2H2O=2CuClSO424H （3分）【解析】试题分析：C为黑色氧化物，E为红色金属单质，红色金属只有Cu，则E是Cu，C的CuO，F与A在放电时产生D，则D是NO，A是O2，B是具有刺激性气味的气体，与O2反应产生NO，则B是NH3，NO、O2、H2O发生反应产生HNO3和NO，因此G是HNO3，硝酸与Cu发生反应产生H是Cu(NO3)2，Cu(NO3)2与NaOH发生反应产生I是Cu(OH)2，Cu(OH)2与HCl发生反应产生CuCl2，CuCl2与SO2在加热时发生氧化还原反应，产生Cu
40、Cl和硫酸。产生的K为白色沉淀，则K是CuCl。（1）D的化学式为NO；Cu是29号元素，Cu原子外围电子排布式为3d10 4s1；（2）NH3和O2发生反应产生NO，NO被氧化为NO2，NO2被水吸收得到HNO3，因此A与B生成D的反应在工业上是生产硝酸的反应原理之一。（3）Cu与稀硝酸溶液反应的离子方程式为3Cu8H2NO3=3Cu22NO4H2O；（4）NH3与CuO在加热时发生氧化还原反应产生Cu、N2、H2O ，根据电子得失数目相等可得B和C反应的化学方程式为2NH33CuO3CuN23H2O。（5）J、K是同种金属的不同氯化物，K为白色沉淀。SO2还原J生成K的离子方程式是SO22Cu22Cl2H2O=2CuClSO424H。考点：考查元素及化合物的推断、物质的核外电子排布式的书写、化学方程式和离子方程式的书写的知识。