1、2016-2017学年四川省成都七中实验学校高三（上）月考化学试卷（10月份）一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1下列说法不正确的是（）A使用可再生资源、用超临界二氧化碳替代有机溶剂、注重原子的经济性、采用低能耗生产工艺都符合绿色化学的思想B氨基酸是人体必需的营养物质，其晶体主要以内盐形式存在，调节溶液的pH可改变它的溶解度C石油裂解、煤的气化、橡胶老化、海水制镁、纯碱晶体风化、纤维素制火棉等：过程中都包含化学变化DPM2.5是指大气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物，也称为“细颗粒物“，PM2.5在空气中只形成气溶胶2下列物质分类正确的是（）ASO2、SiO2、CO、P2O5均为
2、酸性氧化物B有色玻璃、稀豆浆、硅酸、氯化铁溶液均为胶体C空气、福尔马林、水玻璃、氨水均为混合物D烧碱、冰醋酸、四氯化碳、石墨均为电解质3X、Y、Z、W、R均为短周期元素已知它们都不是稀有气体元素，在短周期元素原子中，X元素原子半径最大，Y 元素的原子最外层电子数为m，次外层电子数为n，Z元素的原子L层电子数为m+n，M层电子数mn，W元素与Z元素同主族，R元素原子与Y元素原子的核外电子数之比为2：1下列叙述错误的是（）AX与Y形成的两种化合物中阴、阳离子的个数比均为1：2BY的氢化物比R的氢化物稳定，Y的氢化物比R的氢化物熔沸点低CZ、W、R最高价氧化物对应水化物的酸性强弱顺序是：RWZDY分
3、别与Z、W、R以两种元素组成的常见化合物有5种4下列说法不正确的是（）A加入苯酚显紫色的溶液：K+、NH4+、Cl、I；加入酚酞呈红色的溶液：SO42、K+、Cl、HSO3 分别都不能大量共存（常温下）B =11012的溶液：K+、AlO2、CO32、Na+； pH=2的溶液：NO3、Fe2+、Na+、Al3+分别都可以大量共存（常温下）C已知：25时，Mg（OH）2的kSP=5.611012，MgF2的kSP=7.421011，25时，在Mg（OH）2的悬浊液中加入NaF溶液后，Mg（OH）2 可以转化为MgF2D表示H2燃烧热的化学方程式为：H2（g）+O2（g）H2O（1）；H=285.
4、8kJ/mol；以及在6XeF4+12H2O2XeO3+4Xe+24HF+3O2反应中，XeF4按已知方式水解，每生成4mol Xe，转移16mol电子都是正确的5下列说法正确的是：（NA表示阿伏加德罗常数）（）A标准状况下，22.4 L HF中含有的氟原子数目为NAB0.1 mol/L的NH4HSO4溶液中滴加0.1 mol/L的Ba（OH）2溶液至沉淀刚好完全：c （NH4+）c （OH）c （SO42）c （H+）C1mol如图物质与浓溴水反应时通常最多消耗Br2为4molD常温下，反应C（s）+CO2（g）=2CO（g）不能自发进行，则该反应的H0，一定条件下，使用催化剂能加快反应速率
5、并提高反应物的平衡转化率6在温度相同、容积均为2L的3个恒容密闭容器中，按不同方式投入反应物，保持恒温，测得反应达到平衡时的有关数据如下，下列说法正确的是（）（已知N2（g）+3H2（g）=2NH3（g）H=92.4kJmol1）容器甲乙丙反应物投入量1mol N2、3mol H22mol N2、6mol H22mol NH3NH3的浓度（molL1）c1c2c3反应的能量变化放出Q1kJ放出Q2kJ吸收Q3kJ体系压强（Pa）p1p2p3反应物转化率123A2p1=2p3p2B达到平衡时丙容器中NH3的体积分数最大C2+31DQ3+Q1=92.47取xg铜镁合金完全溶于浓硝酸中，反应过程中硝
6、酸被还原只产生8960mL的NO2气体和672mL N2O4的气体（都已折算到标准状态），在反应后的溶液中加足量的氢氧化钠溶液，生成沉淀质量为17.02g则x等于（）A8.64gB9.20gC9.00gD9.44g二、解答题（共4小题，满分58分）8月球含有H、He、N、Na、Mg、Si等元素，是人类未来的资源宝库（1）3He是高效能原料，其原子核内的中子数为（2）Na的原子结构示意图为，Na在氧气中完全燃烧所得产物的电子式为（3）MgCl2在工业上应用广泛，可由MgO制备MgO的熔点比BaO的熔点（填“高”或“低”）月球上某矿石经处理得到的MgO中含有少量SiO2，除去SiO2的离子方程式为
7、；SiO2的晶体类型为MgO与碳粉和氯气在一定条件下反应可制备MgCl2若尾气可用足量NaOH溶液完全吸收，则生成的盐为（写化学式）（4）月壤中含有丰富的3He，从月壤中提炼1kg 3He，同时可得6000kg H2和700kg N2，若以得到H2和N2为原料经一系列反应最多可生产碳酸氢铵kg9我省从2013年12月1日零时起，车用汽油升级为“国”标准，汽油中的硫含量下降三分之二，对二氧化硫的排放有了大大的改善，SO2可以用Fe（ NO3）3溶液吸收，某化学兴趣小组对SO2和 Fe（ NO3）3 溶液的反应0.1mol/L的Fe（NO3）3 溶液的 pH=2做了相应探究探究：（1）某同学进行了
8、下列实验：取12.8g铜片和20mL 18molL1的浓硫酸放在三颈瓶中共热，直至反应完毕，最后发现烧瓶中还有铜片剩余，同时根据所学的知识同学们认为还有较多的硫酸剩余配制1mol/L的Fe（NO3）3溶液，需准确称量一定质量的Fe（NO3）3固体，在烧杯中溶解恢复到室温后，将溶液转移到容量瓶中，再经过洗涤、定容、摇匀可配得溶液，请回答将溶液转移至容量瓶中的操作方法装置A中反应的化学方程式是该同学设计求余酸的物质的量实验方案是测定产生气体的量其方法有多种，请问下列方案中不可行的是 （填字母）A将产生的气体缓缓通过预先称量的盛有碱石灰的干燥管，结束反应后再次称重B将产生的气体缓缓通入足量Na2S溶
9、液后，测量所得沉淀的质量C用排饱和NaHSO3溶液的方法测定其产生气体的体积（折算成标准状况）探究：（2）为排除空气对实验的干扰，滴加浓硫酸之前应进行的操作是（3）装置B中产生了白色沉淀，分析B中产生白色沉淀的原因，提出下列三种猜想：猜想1：SO2与Fe3+反应；猜想2：在酸性条件下SO2与NO3反应；猜想3：；按猜想1，装置B中反应的离子方程式是，证明该猜想1中生成的还原产物，某同学取少量溶液滴加几滴酸性高锰酸钾溶液，紫红色褪去，请分析该同学做法是否正确（填“正确”或“不正确”），理由是按猜想2，只需将装置B中的Fe（NO3）3溶液替换为等体积的下列某种溶液，在相同条件下进行实验应选择的替换
10、溶液是 （填序号）a1mol/L稀硝酸 bpH=1的FeCl3溶液 c6.0mol/L NaNO3和0.2mol/L盐酸等体积混合的溶液10硫酸铁铵aFe2（SO4）3b（NH4）2SO4cH2O广泛用于城镇生活饮用水、工业循环水的净化处理等某化工厂以硫酸亚铁（含少量硝酸钙）和硫酸铵为原料，设计了如下工艺流程制取硫酸铁铵请回答下列问题：（1）硫酸亚铁溶液加 H2SO4酸化的主要目的是，滤渣A的主要成分是（2）下列物质中最适合的氧化剂B是；反应的离子方程式aNaClO bH2O2 cKMnO4 dK2Cr2O7（3）操作甲、乙的名称分别是：甲，乙（4）检验硫酸铁铵中NH4+的方法是（5）称取14
11、g 所得样品，将其溶于水配制成100mL 溶液，分成两等份，向其中一份加入足量NaOH溶液，过滤洗涤得 2.14g沉淀；向另一份溶液中加入 0.05mol Ba （NO3）2溶液，恰好完全反应则该硫酸铁铵的化学式为11每年夏季，农民焚烧植物秸秆（主要成分是纤维素），既污染了环境，又浪费了资源工业上以植物秸秆为原料合成某聚酯化合物的路线如下：已知：A是常见医用消毒剂，又可作为能源（1）乙烯的结构式为，每个葡萄糖分子中有个手性原子（2）由B得到乙炔的反应条件是，CD反应类型是（3）测定D中所含官能团的物理方法是；若B的相对分子量为99，则其名称为（4）D与新制氢氧化铜反应生成E的化学方程式为C与F
12、生成G的化学方程式为A与O2在KOH中构成燃料电池的负极反应为（5）请写出以CH3CH2CH2CH2OH为原料，制备的合成路线流程图（无极试剂任用），合成路线流程图示例如下：CH3CH2OHCH2=CH22016-2017学年四川省成都七中实验学校高三（上）月考化学试卷（10月份）参考答案与试题解析一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1下列说法不正确的是（）A使用可再生资源、用超临界二氧化碳替代有机溶剂、注重原子的经济性、采用低能耗生产工艺都符合绿色化学的思想B氨基酸是人体必需的营养物质，其晶体主要以内盐形式存在，调节溶液的pH可改变它的溶解度C石油裂解、煤的气化、橡胶老化、海水制镁
13、、纯碱晶体风化、纤维素制火棉等：过程中都包含化学变化DPM2.5是指大气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物，也称为“细颗粒物“，PM2.5在空气中只形成气溶胶【考点】常见的生活环境的污染及治理；绿色化学；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点【分析】A根据绿色化学的含义分析绿色化学是指无污染、无公害、尽可能地把反应物转化为环保、健康、安全的产品B根据氨基酸的结构分析C根据以上过程中有无新物质生成D根据胶体和PM2.5直径的大小分析【解答】解：A绿色化学是指无污染、无公害、尽可能地把反应物转化为环保、健康、安全的产品利用可再生资源、用超临界二氧化碳替代有机溶剂（很多有毒）、注重原子的经济性、采用低能耗生
14、产工艺，节能减排，都符合绿色化学的思想；故A正确；B氨基酸含氨基和羧基，能与氢离子或氢氧根结合成可溶性盐，故调节溶液的pH可改变它的溶解度；故B正确；C裂解是石油化工生产过程中，以比裂化更高的温度，使石油分馏产物（包括石油气）中的长链烃断裂成乙烯、丙烯等短链烃的加工过程，属于化学变化；煤的气化是煤与碳反应生成一氧化碳和氢气，属于化学变化；橡胶的老化是指橡胶或橡胶制品在加工、贮存或使用过程中，由于受到热、氧、光、机械力等因素的影响而发生化学变化，导致其性能下降；海水制镁由镁离子生成镁单质；纯碱晶体风化是由结晶水合物失去结晶水；火棉火棉就是硝酸纤维，是硝酸和纤维素发生酯化反应生成的等；以上过程中都
15、有新物质生成，包含化学变化；故C正确；D胶体中分散质粒子直径在1100nm之间；PM2.5是指大气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物，在空气中能形成气溶胶，但不只生成气溶胶，也可能生成浊液；故D错误故选D2下列物质分类正确的是（）ASO2、SiO2、CO、P2O5均为酸性氧化物B有色玻璃、稀豆浆、硅酸、氯化铁溶液均为胶体C空气、福尔马林、水玻璃、氨水均为混合物D烧碱、冰醋酸、四氯化碳、石墨均为电解质【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；胶体的重要性质；电解质与非电解质【分析】A酸性氧化物是和碱反应生成盐和水的氧化物，反应为复分解反应；B分散质微粒直径在1100nm的分散质形成的分散系为
16、胶体，分散质微粒直径小于1nm形成的分散系为溶液，大于100nm分散质形成的分散系为浊液；C不同物质组成的为混合物；D水溶液中或熔融状态下导电的化合物为电解质【解答】解：ASO2、SiO2、P2O5均为酸性氧化物，CO和碱不反应属于不成盐氧化物，故A错误；B有色玻璃、稀豆浆、硅酸均为胶体，氯化铁溶液为溶液，故B错误；C空气是氮气和氧气等气体组成、福尔马林是甲醛水溶液、水玻璃是硅酸钠水溶液、氨水为一水合氨的水溶液，均为混合物，故C正确；D烧碱、冰醋酸溶于水导电均为电解质，四氯化碳属于非电解质，石墨是单质既不是电解质也不是非电解质，故D错误；故选C3X、Y、Z、W、R均为短周期元素已知它们都不是稀
17、有气体元素，在短周期元素原子中，X元素原子半径最大，Y 元素的原子最外层电子数为m，次外层电子数为n，Z元素的原子L层电子数为m+n，M层电子数mn，W元素与Z元素同主族，R元素原子与Y元素原子的核外电子数之比为2：1下列叙述错误的是（）AX与Y形成的两种化合物中阴、阳离子的个数比均为1：2BY的氢化物比R的氢化物稳定，Y的氢化物比R的氢化物熔沸点低CZ、W、R最高价氧化物对应水化物的酸性强弱顺序是：RWZDY分别与Z、W、R以两种元素组成的常见化合物有5种【考点】位置结构性质的相互关系应用【分析】X、Y、Z、W、R均为短周期元素，它们都不是稀有气体元素，在短周期元素原子中，X元素原子半径最大
18、，则X为Na元素；Y 元素的原子最外层电子数为m，次外层电子数为n，Z元素的原子L层电子数为m+n，M层电子数mn，则m+n=8，故Y只能有2个电子层，则n=2，故m=82=6，可推知Y为O元素；Z元素M层电子数=62=4，则Z为Si元素；W元素与Z元素同主族，可推知W为C元素；R元素原子与Y元素原子的核外电子数之比为2：1，可知R原子核外电子数为16，则R为S元素【解答】解：X、Y、Z、W、R均为短周期元素，它们都不是稀有气体元素，在短周期元素原子中，X元素原子半径最大，则X为Na元素；Y 元素的原子最外层电子数为m，次外层电子数为n，Z元素的原子L层电子数为m+n，M层电子数mn，则m+n
19、=8，故Y只能有2个电子层，则n=2，故m=82=6，可推知Y为O元素；Z元素M层电子数=62=4，则Z为Si元素；W元素与Z元素同主族，可推知W为C元素；R元素原子与Y元素原子的核外电子数之比为2：1，可知R原子核外电子数为16，则R为S元素，A氧化钠与过氧化钠中阴、阳离子的个数之比均为1：2，故A正确；B水分子之间存在氢键，其熔沸点高于硫化氢，故B错误；C酸性强弱顺序为：硫酸碳酸硅酸，故C正确；D氧元素分别与硅、碳、硫元素组成的常见混合物有：一氧化碳、二氧化碳、二氧化硅、二氧化硫和三氧化硫五种，故D正确，故选B4下列说法不正确的是（）A加入苯酚显紫色的溶液：K+、NH4+、Cl、I；加入酚
20、酞呈红色的溶液：SO42、K+、Cl、HSO3 分别都不能大量共存（常温下）B =11012的溶液：K+、AlO2、CO32、Na+； pH=2的溶液：NO3、Fe2+、Na+、Al3+分别都可以大量共存（常温下）C已知：25时，Mg（OH）2的kSP=5.611012，MgF2的kSP=7.421011，25时，在Mg（OH）2的悬浊液中加入NaF溶液后，Mg（OH）2 可以转化为MgF2D表示H2燃烧热的化学方程式为：H2（g）+O2（g）H2O（1）；H=285.8kJ/mol；以及在6XeF4+12H2O2XeO3+4Xe+24HF+3O2反应中，XeF4按已知方式水解，每生成4mol
21、 Xe，转移16mol电子都是正确的【考点】离子共存问题；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质【分析】A加入苯酚显紫色的溶液，含铁离子；加入酚酞呈红色的溶液，显碱性；B. =11012的溶液，显碱性；pH=2的溶液，显酸性；CQcKsp，生成沉淀；DH2燃烧热这1mol氢气燃烧生成液体水；6XeF4+12H2O2XeO3+4Xe+24HF+3O2反应中，Xe元素的化合价由+4价降低为0，O元素的化合价升高【解答】解：A加入苯酚显紫色的溶液，含铁离子，与I发生氧化还原反应不能共存；加入酚酞呈红色的溶液，显碱性，不能与HSO3共存，故A正确；B. =11012的溶液，显碱性，离子之间不反应，可大量
22、共存；pH=2的溶液，显酸性，NO3、Fe2+、H+发生氧化还原反应，不能共存，故B错误；C.25时，Mg（OH）2的kSP=5.611012，MgF2的kSP=7.421011，Ksp相差不大，在Mg（OH）2的悬浊液中加入NaF溶液后，当QcKsp，生成MgF2沉淀，故C正确；DH2燃烧热这1mol氢气燃烧生成液体水，则燃烧热方程式为H2（g）+O2（g）H2O（1）H=285.8kJ/mol；6XeF4+12H2O2XeO3+4Xe+24HF+3O2反应中，Xe元素的化合价由+4价降低为0，O元素的化合价升高，则每生成4mol Xe，转移4mol（40）=16mol电子，故D正确；故选B
23、5下列说法正确的是：（NA表示阿伏加德罗常数）（）A标准状况下，22.4 L HF中含有的氟原子数目为NAB0.1 mol/L的NH4HSO4溶液中滴加0.1 mol/L的Ba（OH）2溶液至沉淀刚好完全：c （NH4+）c （OH）c （SO42）c （H+）C1mol如图物质与浓溴水反应时通常最多消耗Br2为4molD常温下，反应C（s）+CO2（g）=2CO（g）不能自发进行，则该反应的H0，一定条件下，使用催化剂能加快反应速率并提高反应物的平衡转化率【考点】阿伏加德罗常数【分析】A气体摩尔体积使用对象为气体；B.0.1mol/L的NH4HSO4溶液中滴加0.1mol/L的Ba（OH）2
24、溶液至沉淀刚好完全，则两者的物质的量之比为1：1；C依据此有机物中含的碳碳双键和酚羟基判断，酚羟基的邻位和对位能被溴原子取代；D如反应能自发进行，应满足HTS0；催化剂不能改变平衡移动；【解答】解：A标况下，HF为液体，不能使用气体摩尔体积，故A错误；B.0.1mol/L的NH4HSO4溶液中滴加0.1mol/L的Ba（OH）2溶液至沉淀刚好完全，则两者的物质的量之比为1：1，两者反应所得的溶液为氨水溶液，还得到BaSO4沉淀，故溶液中的离子浓度为：c（OH）c（NH4+）c（H+）c（SO42），故B错误；C苯环上酚羟基的邻对位氢原子能被溴原子取代，溴能和碳碳双键发生加成反应，所以1 mol
25、该物质与浓溴水反应时最多消耗Br2为4 mol，故C正确；D常温下，反应C（s）+CO2（g）=2CO（g）不能自发进行，G=HTS，S0，G0，故该反应H0，催化剂只能改变化学反应的速率，对化学平衡不产生影响，故D错误；故选：C6在温度相同、容积均为2L的3个恒容密闭容器中，按不同方式投入反应物，保持恒温，测得反应达到平衡时的有关数据如下，下列说法正确的是（）（已知N2（g）+3H2（g）=2NH3（g）H=92.4kJmol1）容器甲乙丙反应物投入量1mol N2、3mol H22mol N2、6mol H22mol NH3NH3的浓度（molL1）c1c2c3反应的能量变化放出Q1kJ放
26、出Q2kJ吸收Q3kJ体系压强（Pa）p1p2p3反应物转化率123A2p1=2p3p2B达到平衡时丙容器中NH3的体积分数最大C2+31DQ3+Q1=92.4【考点】化学平衡的影响因素【分析】甲容器反应物投入1molN2、3molH2，丙容器反应物投入量2molNH3，恒温且丙容器容积和甲容器相同，则甲容器与丙容器是等效平衡；甲容器反应物投入1molN2、3molH2，乙容器反应物投入量2mol N2、6mol H2，是甲中的二倍，如果恒温且乙容器容积是甲容器2倍，则甲容器与乙容器也是等效平衡；所以乙所到达的平衡，可以看作在恒温且容积是甲容器两倍条件下，到达平衡后，再压缩体积为与甲容器体积相
27、等所到达的平衡；据此分析平衡移动【解答】解：甲投入1molN2、3molH2，丙容器投入量2molNH3，恒温恒容条件下，甲容器与丙容器是等效平衡，各组分的物质的量、含量、转化率等完全相等；而甲容器投入1molN2、3molH2，乙容器加入2molN2、6molH2，乙中加入量是甲中的二倍，如果恒温且乙容器容积是甲容器2倍，则甲容器与乙容器为等效平衡，所以乙所到达的平衡，可以看作在恒温且容积是甲容器两倍条件下，到达平衡后，再压缩体积为与甲容器体积相等所到达的平衡，由于该反应是体积减小的反应，缩小容器体积，增大了压强，平衡向着正向移动，所以乙中氮气、氢气转化率大于甲和丙的，平衡后乙中氨气含量最大
28、；A、丙容器反应物投入量2molNH3，和甲起始量相同，甲和丙平衡状态相同，乙中压强为甲的二倍；由于乙中相当于增大压强，平衡向着向着正向移动，所以乙中压强减小，小于甲的2倍，即2P1=2p3p2，故A错误；B、丙容器反应物投入量2molNH3，采用极限转化法转化为反应物为1molN2、3molH2，和甲中的相同，乙容器加入2molN2、6molH2，乙中加入量是甲中的二倍，乙所到达的平衡，可以看作在恒温且容积是甲容器两倍条件下，到达平衡后，再压缩体积为与甲容器体积相等所到达的平衡，由于该反应是体积减小的反应，缩小容器体积，增大了压强，平衡向着正向移动，所以乙中氮气、氢气转化率大于甲和丙的，平衡
29、后乙中氨气含量最大，故B错误；C、丙容器中加入2molNH3，和甲最后达到相同的平衡状态，若平衡不移动，转化率1+3=1；乙容器反应物投入量2mol N2、6mol H2，由于乙中相当于增大压强，平衡向着向着正向移动，氨气的转化率增大，所以转化率2+31，故C错误；D、甲投入1molN2、3molH2，丙中投入2molNH3，则甲与乙是完全等效的，根据盖斯定律可知，甲与乙的反应的能量变化之和为92.4kJ，故Q1+Q3=92.4，故D正确；故选D7取xg铜镁合金完全溶于浓硝酸中，反应过程中硝酸被还原只产生8960mL的NO2气体和672mL N2O4的气体（都已折算到标准状态），在反应后的溶液
30、中加足量的氢氧化钠溶液，生成沉淀质量为17.02g则x等于（）A8.64gB9.20gC9.00gD9.44g【考点】有关混合物反应的计算【分析】铜和镁失去的电子的物质的量，等于硝酸被还原为二氧化氮、四氧化二氮获得的电子的物质的量，等于他们结合的氢氧根的物质的量，根据氮的氧化物计算氢氧根的物质的量，沉淀的总质量减去氢氧根的质量即为金属的质量【解答】解：8960mL的NO2气体的物质的量为=0.4mol，672mL的N2O4气体的物质的量为=0.03mol所以金属提供的电子的物质的量为0.4mol（54）+0.03mol2（54）=0.46mol所以沉淀中含有氢氧根的物质的量为0.46mol，氢
31、氧根的质量为0.46mol17g/mol=7.82g所以金属的质量为17.02g7.82g=9.2g故选B二、解答题（共4小题，满分58分）8月球含有H、He、N、Na、Mg、Si等元素，是人类未来的资源宝库（1）3He是高效能原料，其原子核内的中子数为1（2）Na的原子结构示意图为，Na在氧气中完全燃烧所得产物的电子式为（3）MgCl2在工业上应用广泛，可由MgO制备MgO的熔点比BaO的熔点高（填“高”或“低”）月球上某矿石经处理得到的MgO中含有少量SiO2，除去SiO2的离子方程式为SiO2+2OHSiO32+H2O；SiO2的晶体类型为原子晶体MgO与碳粉和氯气在一定条件下反应可制备
32、MgCl2若尾气可用足量NaOH溶液完全吸收，则生成的盐为NaCl，NaClO，Na2CO3（写化学式）（4）月壤中含有丰富的3He，从月壤中提炼1kg 3He，同时可得6000kg H2和700kg N2，若以得到H2和N2为原料经一系列反应最多可生产碳酸氢铵3950kg【考点】镁、铝的重要化合物；质量数与质子数、中子数之间的相互关系；钠的化学性质【分析】（1）依据质子数+中子数=质量数计算；（2）钠原子时11号元素，依据核外电子排布规律写出原子结构示意图，钠在氧气中燃烧生成过氧化钠，过氧化钠是过氧根离子和钠离子构成；（3）依据氧化镁和氧化钡是离子化合物，结合离子键的强弱分析判断熔点高低；氧
33、化镁是碱性氧化物，二氧化硅酸式酸性氧化物，可以利用二氧化硅溶于氢氧化钠溶液除去，二氧化硅是硅原子和氧原子构成属于原子晶体；MgO与碳粉和氯气在一定条件下反应可制备MgCl2，反应产物为二氧化碳，若尾气可用足量NaOH溶液完全吸收是氯气、二氧化碳和氢氧化钠反应的产物；（4）氢气和氮气反应生成氨气，依据化学方程式定量关系分析可知氢气过量，依据氮气全部反应，结合氮原子守恒计算碳酸氢铵质量；【解答】解：（1）3He是高效能原料，其原子核内的中子数=质量数质子数=32=1；故答案为：1； （2）钠原子时11号元素，依据核外电子排布规律写出原子结构示意图，钠在氧气中燃烧生成过氧化钠，过氧化钠是过氧根离子和
34、钠离子构成，电子式为：；故答案为：，；（3）氧化镁和氧化钡是离子化合物，钡离子半径大于镁离子半径，氧化镁形成的金属键强，熔点高；故答案为：高； 氧化镁是碱性氧化物，二氧化硅酸式酸性氧化物，可以利用二氧化硅溶于氢氧化钠溶液除去，反应的离子方程式为：SiO2+2OH=SiO32+H2O；二氧化硅是硅原子和氧原子构成，每个硅原子和四个氧原子形成共价键，每个氧原子和两个硅原子形成共价键，属于原子晶体；故答案为：SiO2+2OH=SiO32+H2O；原子晶体； MgO与碳粉和氯气在一定条件下反应可制备MgCl2，反应产物为二氧化碳，若尾气可用足量NaOH溶液完全吸收是氯气、二氧化碳和氢氧化钠反应的产物，
35、反应的化学方程式为：CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O，Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，产物为NaCl，NaClO，Na2CO3 ；故答案为：NaCl，NaClO，Na2CO3 ；（4）得6000kg H2和700kg N2，依据化学方程式N2+3H2=2NH3，若以得到H2和N2为原料想可知氢气过量，依据氮气中氮元素守恒计算，经一系列反应最多可生产碳酸氢铵的质量=279g/mol=3950kg；故答案为：39509我省从2013年12月1日零时起，车用汽油升级为“国”标准，汽油中的硫含量下降三分之二，对二氧化硫的排放有了大大的改善，SO2可以用Fe（ NO3）3溶液吸
36、收，某化学兴趣小组对SO2和 Fe（ NO3）3 溶液的反应0.1mol/L的Fe（NO3）3 溶液的 pH=2做了相应探究探究：（1）某同学进行了下列实验：取12.8g铜片和20mL 18molL1的浓硫酸放在三颈瓶中共热，直至反应完毕，最后发现烧瓶中还有铜片剩余，同时根据所学的知识同学们认为还有较多的硫酸剩余配制1mol/L的Fe（NO3）3溶液，需准确称量一定质量的Fe（NO3）3固体，在烧杯中溶解恢复到室温后，将溶液转移到容量瓶中，再经过洗涤、定容、摇匀可配得溶液，请回答将溶液转移至容量瓶中的操作方法用玻璃棒引流，玻璃棒的底部要在容量瓶的刻度线以下且玻璃棒不能碰到容量瓶口装置A中反应的
37、化学方程式是2H2SO4（浓）+CuCuSO4+2H2O+2SO2该同学设计求余酸的物质的量实验方案是测定产生气体的量其方法有多种，请问下列方案中不可行的是A （填字母）A将产生的气体缓缓通过预先称量的盛有碱石灰的干燥管，结束反应后再次称重B将产生的气体缓缓通入足量Na2S溶液后，测量所得沉淀的质量C用排饱和NaHSO3溶液的方法测定其产生气体的体积（折算成标准状况）探究：（2）为排除空气对实验的干扰，滴加浓硫酸之前应进行的操作是打开弹簧夹，向装置中通入一段时间的N2，关闭弹簧夹（3）装置B中产生了白色沉淀，分析B中产生白色沉淀的原因，提出下列三种猜想：猜想1：SO2与Fe3+反应；猜想2：在
38、酸性条件下SO2与NO3反应；猜想3：SO2和Fe3+、酸性条件下NO3都反应；按猜想1，装置B中反应的离子方程式是Ba2+SO2+2Fe3+2H2OBaSO4+4H+2Fe2+，证明该猜想1中生成的还原产物，某同学取少量溶液滴加几滴酸性高锰酸钾溶液，紫红色褪去，请分析该同学做法是否正确不正确（填“正确”或“不正确”），理由是SO2也可以使酸性高锰酸钾褪色按猜想2，只需将装置B中的Fe（NO3）3溶液替换为等体积的下列某种溶液，在相同条件下进行实验应选择的替换溶液是C （填序号）a1mol/L稀硝酸 bpH=1的FeCl3溶液 c6.0mol/L NaNO3和0.2mol/L盐酸等体积混合的溶
39、液【考点】二氧化硫的化学性质【分析】（1）根据把玻璃棒将玻璃棒插入容量瓶刻度线以上会产生什么影响以及玻璃棒的作用分析；铜和热的浓硫酸反应生成二氧化硫、硫酸铜和水；测定SO2的量必须做到不能在测量时损耗，便于测定分析，碱石灰能吸收二氧化硫和水，二氧化硫易溶于水；（2）为排除空气对实验的干扰，滴加浓硫酸之前应先通入氮气，将空气排出；（3）Fe3+和Fe2+都具有氧化性，都可与二氧化硫反应，可根据反应产物进行判断，高锰酸钾具有强氧化性，二氧化硫具有还原性，两者能发生氧化还原反应；【解答】解：（1）若将玻璃棒插入容量瓶刻度线以上，会使少量溶液滞留在刻度线以上而导致定容时有偏差；由于容量瓶劲较细，为避免
40、溶液洒在外面应用玻璃棒引流，故答案为：用玻璃棒引流，玻璃棒的底部要在容量瓶的刻度线以下且玻璃棒不能碰到容量瓶口；铜和热的浓硫酸反应铜作还原剂，硫酸作氧化剂，生成二氧化硫、硫酸铜和水，反应方程式为：2H2SO4（浓）+CuCuSO4+2H2O+2SO2，故答案为：2H2SO4（浓）+CuCuSO4+2H2O+2SO2； A将装置产生的气体缓缓通过预先称量过盛有碱石灰的干燥管，结束反应后再次称量，由于气体中含有水蒸气，碱石灰会吸收二氧化硫和水蒸气，称量后计算不准确，故A错误；B将产生的气体缓缓通入足量Na2S溶液后，二氧化硫中+4价的硫和硫化钠中2价硫发生价态归中反应生成零价的硫单质，可通过测量所
41、得沉淀的质量进行二氧化硫的气体体积测定，故B正确；C用排饱和NaHSO3溶液的方法测出装置A产生气体的体积，二氧化硫在饱和NaHSO3溶液中的溶解度降低，可以用排水量气方法进行二氧化硫的气体体积测定，故C正确；故答案为：A；（2）为排除空气对实验的干扰，滴加浓硫酸之前应先通入氮气，将空气排出，操作为打开弹簧夹，向装置中通入一段时间的N2，关闭弹簧夹，故答案为：打开弹簧夹，向装置中通入一段时间的N2，关闭弹簧夹；（3）猜想3：两种离子都氧化二氧化硫，即SO2和Fe3+、酸性条件下NO3都反应，故答案为：SO2和Fe3+、酸性条件下NO3都反应；按猜想1：装置B中反应的离子方程式是Ba2+SO2+
42、2Fe3+2H2OBaSO4+4H+2Fe2+；（ 可分步写SO2+2Fe3+2H2OSO42+4H+2Fe2+，Ba2+SO42BaSO4），证明该猜想1中生成的还原产物，某同学取少量溶液滴加几滴酸性高锰酸钾溶液，紫红色褪去，该同学做法错误，因高锰酸钾具有强氧化性，二氧化硫具有还原性，所以两者发生氧化还原反应，SO2也可以使酸性高锰酸钾褪色，故答案为：Ba2+SO2+2Fe3+2H2OBaSO4+4H+2Fe2+；（ 可分步写SO2+2Fe3+2H2OSO42+4H+2Fe2+，Ba2+SO42BaSO4；不正确；SO2也可以使酸性高锰酸钾褪色； 按猜想2，在酸性条件下SO2与NO3反应，实
43、验中c（NO3）=3mol/L，则可用6.0molL1NaNO3和0.2molL1盐酸等体积混合的溶液代替，故答案为：c；10硫酸铁铵aFe2（SO4）3b（NH4）2SO4cH2O广泛用于城镇生活饮用水、工业循环水的净化处理等某化工厂以硫酸亚铁（含少量硝酸钙）和硫酸铵为原料，设计了如下工艺流程制取硫酸铁铵请回答下列问题：（1）硫酸亚铁溶液加 H2SO4酸化的主要目的是增大溶液中SO42浓度，将Ca2+转化为沉淀，同时抑制Fe2+、Fe3+水解，滤渣A的主要成分是CaSO4（2）下列物质中最适合的氧化剂B是b；反应的离子方程式H2O2+2Fe2+2H+=2Fe2+2H2OaNaClO bH2O
44、2 cKMnO4 dK2Cr2O7（3）操作甲、乙的名称分别是：甲冷却结晶，乙常温晾干（4）检验硫酸铁铵中NH4+的方法是向试管中加入少量样品和氢氧化钠溶液加热，在试管口用湿润的红色石蕊试纸检验若变蓝，则含NH4+（5）称取14g 所得样品，将其溶于水配制成100mL 溶液，分成两等份，向其中一份加入足量NaOH溶液，过滤洗涤得 2.14g沉淀；向另一份溶液中加入 0.05mol Ba （NO3）2溶液，恰好完全反应则该硫酸铁铵的化学式为Fe2（SO4）32（NH4）2SO42H2O【考点】制备实验方案的设计【分析】原料中加入硫酸酸化，增大溶液中SO42浓度，将Ca2+转化为沉淀，可以抑制Fe
45、2+、Fe3+水解，过滤分离，减压过滤后加入B物质，目的是将亚铁离子氧化为铁离子，且不能引入新杂质，最适合的氧化剂为过氧化氢，硫酸铁与硫酸铵在80下反应可生成硫酸铁铵，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤，最后经过常温晾晒可到纯净的硫酸铁铵（4）在试管中加入少量样品和氢氧化钠固体加热，在试管口用湿润的红色石蕊试纸检验；（5）14g所得样品配成溶液，分成两等份，其中一份加入氢氧化钠得到2.14g沉淀为氢氧化铁，根据n=计算氢氧化铁的物质的量；另一份溶液中加入0.05mol Ba （NO3）2溶液，恰好完全反应生成硫酸钡沉淀，根据钡离子可知溶液中硫酸根离子物质的量，根据铁离子、硫酸根守恒计算Fe2（SO
46、4）3、（NH4）2SO4的物质的量，再计算每一份晶体中结晶水的质量，进而计算结晶水的物质的量确定化学式【解答】解：原料中加入硫酸酸化，增大溶液中SO42浓度，将Ca2+转化为沉淀，可以抑制Fe2+、Fe3+水解，过滤分离，减压过滤后加入B物质，目的是将亚铁离子氧化为铁离子，且不能引入新杂质，最适合的氧化剂为过氧化氢，硫酸铁与硫酸铵在80下反应可生成硫酸铁铵，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤，最后经过常温晾晒可到纯净的硫酸铁铵（1）硫酸亚铁溶液加 H2SO4酸化，增大溶液中SO42浓度，将Ca2+转化为沉淀，同时抑制Fe2+、Fe3+水解，滤渣A的成分为：CaSO4，故答案为：增大溶液中SO42
47、浓度，将Ca2+转化为沉淀，同时抑制Fe2+、Fe3+水解；CaSO4；（2）加入B物质，目的是将亚铁离子氧化为铁离子，H2O2的还原产物是水，是绿色氧化剂，而别的试剂都会引入新的杂质，故试剂B选过氧化氢，反应离子方程式为：H2O2+2Fe2+2H+=2Fe2+2H2O，故答案为：b；H2O2+2Fe2+2H+=2Fe2+2H2O；（3）根据流程从溶液中得到沉淀的方法是冷却结晶，再常温晾干即可，温度不能过高，防止分解，故甲为冷却结晶，乙为常温晾干，故答案为：冷却结晶；常温晾干；（4）在试管中加入少量样品和氢氧化钠固体加热，在试管口用湿润的红色石蕊试纸检验，看到试纸变成蓝色，则证明原溶液中含有氨
48、根离子，故答案为：向试管中加入少量样品和氢氧化钠溶液加热，在试管口用湿润的红色石蕊试纸检验若变蓝，则含NH4+；（5）14g所得样品配成溶液，分成两等份，其中一份加入氢氧化钠得到2.14g沉淀为氢氧化铁，所以铁的物质的量是=0.02mol；向另一份溶液中加入0.05mol Ba （NO3）2溶液，恰好完全反应生成硫酸钡沉淀因此溶液中n（SO42）=0.05mol，故每一份中含有的Fe2（SO4）3为=0.01mol，（NH4）2SO4为0.05mol0.01mol3=0.02mol，每一份中结晶水的质量为：7.00g（0.01mol400g/mol+0.02mol132g/mol）=0.36g
49、，n（H2O）=0.02mol，因此该硫酸铁铵的化学式为：Fe2（SO4）32（NH4）2SO42H2O，故答案为：Fe2（SO4）32（NH4）2SO42H2O11每年夏季，农民焚烧植物秸秆（主要成分是纤维素），既污染了环境，又浪费了资源工业上以植物秸秆为原料合成某聚酯化合物的路线如下：已知：A是常见医用消毒剂，又可作为能源（1）乙烯的结构式为，每个葡萄糖分子中有4个手性原子（2）由B得到乙炔的反应条件是NaOH醇溶液、加热，CD反应类型是氧化反应（3）测定D中所含官能团的物理方法是红外光谱；若B的相对分子量为99，则其名称为1，2二氯乙烷（4）D与新制氢氧化铜反应生成E的化学方程式为CHO
50、CHO+2NaOH+4Cu（OH）2NaOOCCOONa+2Cu2O+6H2OC与F生成G的化学方程式为nHOCH2CH2OH+nHOOCCOOH+（2n1）H2OA与O2在KOH中构成燃料电池的负极反应为C2H6O+16OH12e=2CO32+11H2O（5）请写出以CH3CH2CH2CH2OH为原料，制备的合成路线流程图（无极试剂任用），合成路线流程图示例如下：CH3CH2OHCH2=CH2【考点】有机物的推断【分析】植物秸秆主要为纤维素，水解得到葡萄糖，A是常见的消毒剂，又可作为能源，葡萄糖在酒化酶作用下得到的A为CH3CH2OH；A在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成乙烯，由F、G的结
51、构可知C为：HOCH2CH2OH，B可能为卤代烃，乙烯与卤素单质发生加成反应生成B为XCH2CH2X，B在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成乙二醇，乙二醇发生氧化反应生成D为OHCCHO，D进一步发生氧化反应生成HOOCCOOH，据此进行解答【解答】解：植物秸秆主要为纤维素，水解得到葡萄糖，A是常见的消毒剂，又可作为能源，葡萄糖在酒化酶作用下得到的A为CH3CH2OH；A在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成乙烯，由F、G的结构可知C为：HOCH2CH2OH，B可能为卤代烃，乙烯与卤素单质发生加成反应生成B为XCH2CH2X，B在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成乙二醇，乙二醇发
52、生氧化反应生成D为OHCCHO，D进一步发生氧化反应生成HOOCCOOH，（1）乙烯中含有碳碳双键，乙烯的结构式为：；葡萄糖的结构简式为：CH2OHCHOHCHOHCHOHCHOHCHO，手性碳原子指连有四个不同基团的碳原子，葡萄糖分子中中间4个C原子为手性碳原子，两端的两个C不属于手性碳原子，所以葡萄糖分子中含有4个C原子，故答案为：；4；（2）由B转化为乙炔是卤代烃的消去反应，反应条件是：NaOH的醇溶液、加热；C转化为D是醇发生氧化反应生成醛，故答案为：NaOH醇溶液、加热；氧化反应；（3）测定D中所含官能团的物理方法是：红外光谱；若B是卤代烃：B为XCH2CH2X，相对分子质量为99，
53、则：2X+28=99，解得：X=35.5，X为Cl元素，结构简式为：ClCH2CH2Cl，其系统命名法的名称是：1，2二氯乙烷，故答案为：红外光谱；1，2二氯乙烷；（4）D为乙二醛，D与新制氢氧化铜反应生成E的化学方程式为：CHOCHO+2NaOH+4Cu（OH）2NaOOCCOONa+2Cu2O+6H2O；C为：HOCH2CH2OH、F为nHOOCCOOH，二者反应生成G的化学方程式为：nHOCH2CH2OH+nHOOCCOOH+（2n1）H2O；A为乙醇，在乙醇燃料电池中，负极上是燃料乙醇发生失电子的氧化反应，在碱性环境下生成碳酸根离子和水，负极电极反应为：C2H6O+16OH12e=2C
54、O32+11H2O，故答案为：CHOCHO+2NaOH+4Cu（OH）2NaOOCCOONa+2Cu2O+6H2O；nHOCH2CH2OH+nHOOCCOOH+（2n1）H2O；C2H6O+16OH12e=2CO32+11H2O；（5）以CH3CH2CH2CH2OH为原料制备，正丁醇先发生消去反应生成1丁烯，1丁烯与溴发生加成反应生成1，2二溴丁烷，1，2二溴丁烷在氢氧化钠的水溶液中发生水解反应生成1，2丁二醇，1，2丁二醇发生催化氧化生成，制备流程为：CH3CH2CH2CH2OHCH3CH2CH2CH=CH2CH3CH2CH2CHBrCH2BrCH3CH2CH2CHOHCH2OH，答：以CH3CH2CH2CH2OH为原料，制备的合成路线流程图为：CH3CH2CH2CH2OHCH3CH2CH2CH=CH2CH3CH2CH2CHBrCH2BrCH3CH2CH2CHOHCH2OH2017年2月24日
