1、2015-2016学年福建省莆田四中高三（上）第二次月考化学试卷一、选择题（每小题只有一个选项符合题意，1-16小题每题2分，17-20小题每题3分，共44分）1化学与社会息息相关，下列物质在社会、生活中的应用及解释都正确的是（）选项应用解释A高纯硅作计算机芯片的材料硅晶体在自然界中能稳定存在B在入海口的钢铁闸门上装一定数量的锌块防止闸门被腐蚀利用外加电流的阴极保护法保护金属C高铁车厢采用铝合金材料铝合金强度大，质量轻，不与氧气反应D用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土保鲜水果其作用是吸收水果释放出的乙烯AABBCCDD2下列实验或生产操作，其中没有新物质生成的是（）蛋白质溶液中加入硫酸铵后形成沉淀
2、将饱和氯水滴到蓝色石蕊试纸上二氧化氮经加压凝成无色液体 溴水滴入植物油中振荡褪色胆矾风化 除去混在氢氧化铁胶体中的氯化铁ABCD3稀土金属铈（Ce）在空气中易氧化变暗，受热时燃烧，遇水很快反应已知：铈常见的化合价为+3和+4；氧化性：Ce4+Fe3+下列说法正确的是（）A Ce、Ce、Ce、Ce它们互称为同素异形体B工业上可以采用电解氯化铈水溶液来获得铈单质C铈溶于氢碘酸的主要化学方程式可表示为：2Ce+6HI2CeI3+3H2D工业上金属铈一般保存在敞口容器中4若X+酸盐+水，则X不可能属于（）A氧化物B单质C碱D电解质5下列说法正确的是（）A任何酸与碱发生中和反应生成1molH2O的过程中
3、，能量变化均相同B同温同压下，H2（g）+Cl（g）=2HCl（g）在光照和点燃条件下的H相同C已知：H2（g）+O2（g）=2H2O（g）H1=akJmol1，2H2（g）+O2（g）=2H2O（I）H2=bkJmol1，则abD已知：C（s，石墨）+O2（g）=CO2（g）H1=393.5kJmol1，C（s，金刚石）+O2（g）=CO2（g）H2=393.0kJmol1，则金刚石比石墨稳定6用NA表示阿伏加德罗常数的值下列叙述正确的是（）A电解精炼铜时，若转移了NA个电子，则阳极质量减少32 gB1molSiO2中有2NA个硅氧键C1 mol FeCl3跟水反应，完全转化为氢氧化铁胶体后
4、，其中胶体粒子的数目小于NAD1mol Cl2与过量的铁反应，转移3NA个电子7莫尔盐（NH4）2Fe（SO4）26H2O溶液经常用于定量滴定实验，下列有关说法正确的是（）A配制0.1molL1莫尔盐溶液500mL，需莫尔盐19.6克B可与含Fe2+、HClO、H+、Cl微粒的溶液大量共存C加入过量Ba（OH）2溶液发生反应：2Ba2+2SO42+Fe2+2OH=2BaSO4+Fe（OH）2D取样，加入浓NaOH溶液并加热，出现可让蓝色石蕊试纸变红的气体，证明含NH4+8食品保鲜所用的“双吸剂”，是由还原铁粉、生石灰、氯化钠、炭粉等按一定比例组成的混合物，可吸收氧气和水下列分析不正确的是（）A
5、“双吸剂”中的生石灰有吸水作用B“双吸剂”吸收氧气时，发生了原电池反应C吸收氧气的过程中，铁作原电池的负极D炭粉上发生的反应为：O2+4e+4H+=2H2O9现有短周期主族元素X、Y、Z、R、TR原子最外层电子数是电子层数的2倍，Y与Z能形成Z2Y、Z2Y2型离子化合物，Z与T形成的Z2T 化合物能破坏水的电离平衡五种元素的原子半径与原子序数的关系如图所示下列推断正确的是AB（）A原子半径和离子半径均满足：YZB氢化物的沸点排序：YTRC最高价氧化物对应的水化物的酸性：TRD单质氧化性：YRT10利用如图所示装置运行下列实验，能得出相应实验结论的是（） 选项 实验结论A浓盐酸MnO2NaBr溶
6、液氧化性Cl2Br2 B浓氨水 生石灰AgNO3溶液AgOH具有两性 C浓硫酸Na2SO3FeCl3溶液SO2具有还原性D稀盐酸Na2CO3Na2SiO3非金属性：CSiAABBCCDD11某KCl样品中含有少量K2CO3、K2SO4和不溶于水的杂质为了提纯KCl，先将样品溶于适量水中，搅拌、过滤，再将滤液按下图所示步骤进行提纯（过滤操作已略去）下列说法的是（）A起始滤液常温下pH=7B试剂为 Ba（NO3）2溶液C上图过程须经2次过滤D步骤目的是除去 CO3212能达到实验目的是（）A称NaOH固体的质量B读数为10.60C反应热的测定D收集氯气13下列离子方程式的书写及评价均合理的是（）选
7、项离子方程式评价A将2mol Cl2通入到含1mol FeI2的溶液中：2Fe2+2I+2Cl22Fe3+4Cl+I2正确；Cl2过量，Fe2+、I均被氧化B用Cu电极电解NaCl溶液阳极的电极反应式：2Cl2eCl2正确；Cl优先于OH放电C过量SO2通入到NaClO溶液中：SO2+H2O+ClOHClO+HSO3正确；H2SO3的酸性强于HClODMg（HCO3）2溶液与足量的NaOH溶液反应：Mg2+2HCO3+4OHMg（OH）2+2CO32+2H2O正确；Mg（OH）2比MgCO3更难溶AABBCCDD14某同学用下列实验装置探究硝酸的性质根据图示判断下列结论不正确的是（）A试管内壁
8、上“黄霜”的成分是硫B该实验探究说明浓硝酸既有氧化性，又有挥发性C烧杯内的NaOH溶液的作用是除去尾气，防止尾气污染环境DH2S用SO2代替，将无明显反应现象15电解法是处理工业废水的一种重要方法如酸性含（Cr2O72）废水就可以采用电解法进行无害化处理电解时采用Fe作阳极，惰性电极作阴极已知：氧化性：Cr2O72Fe3+；Cr2O72被还原生成Cr3+；KspCr （OH）3=6.31031下列说法正确的是（）A阳极材料也可以是CuB阴极每产生3molH2，则有1mol Cr2O72被还原C一段时间后溶液中发生反应Cr2O72+6Fe2+14H+2Cr3+6Fe3+7H2OD电解最后阶段需要
9、加碱，使溶液中的阳离子转化为沉淀16水热法制备Fe3O4纳米颗粒的反应为3Fe2+2S2O32+O2+xOH=Fe3O4+S4O62+2H2O，下列说法中不正确的是（）A每生成1mol Fe3O4，反应转移的电子总数为4molBFe2+和S2O32都是还原剂C1mol Fe2+被氧化时，被Fe2+还原的O2的物质的量为molDx=417不能实现如图转化的单质甲是（）AFeBSiCCuDS18锌溴液流电池是一种新型电化学储能装置（如图所示），电解液为溴化锌水溶液，电解质溶液在电解质储罐和电池间不断循环下列说法不正确的是（）A阳离子交换膜可阻止Br2与Zn直接发生反应B放电时负极的电极反应式为Zn
10、2e=Zn2+C充电时电极a连接电源的负极D放电时左侧电解质储罐中的离子总浓度增大19已知：2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）H=566kJ/mol；Na2O2（s）+CO2（g）=Na2CO3（s）+O2（g）H=226kJ/mol根据以上热化学方程式判断，下列说法正确的是（）ACO的燃烧热为283 kJB如图可表示由CO生成CO2的反应过程和能量关系C2Na2O2（s）+2CO2（s）=2Na2CO3（s）+O2（g）H452 kJ/molDCO（g）与Na2O2（s）反应放出509 kJ热量时，电子转移数为6.02102320某溶液中可能含有OH、CO32、AlO2、SiO32、S
11、O42、Na+、Fe3+、Mg2+、Al3+当向该溶液中加入一定物质的量浓度的盐酸时，发现生成沉淀物质的量随盐酸的体积变化如图所示，下列说法正确的是（）A原溶液一定含有Na2SO4B反应最后形成的溶液中的溶质为NaClC原溶液中一定含有的阴离子是OH、CO32、AlO2、SiO32D原溶液中含有CO32与AlO2的物质的量之比为1：1二、非选择题（共56分）21某校开展课外研究性学习：从废旧干电池中回收碳棒、MnO2、NH4Cl、ZnCl2等物质，整个过程如下，回答有关问题：（1）如图是干电池的基本构造图，干电池工作时正极上的反应是NH4+e=NH3+H2，则负极上的电极反应式是，MnO2的作
12、用是除去正极上生成的氢气，本身生成Mn2O3，该反应的化学方程是（2）锌皮和碳棒的回收：用钳子和剪子剪开回收的干电池的锌筒，将锌皮和碳棒取出，刷洗干净，将电池内的黑色粉末移入小烧杯中（3）氯化铵、氯化锌的提取、分离和检验向黑色粉末中加入一定量的蒸馏水充分搅拌溶解，过滤，将滤液蒸发浓缩、冷却结晶，再过滤，所得晶体即为ZnCl2和NH4Cl的混合物；用法可以将NH4Cl和ZnCl2的晶体混合物分离开；写出证明ZnCl2晶体中含Zn2+的操作步骤及实验现象：（已知Zn（OH）2是两性氢氧化物且能溶解于氨水）最后剩余的黑色残渣的主要成分是MnO2，还有炭黑和有机物等，可用灼烧的方法除去杂质22氨基甲酸
13、铵（NH2COONH4）是一种白色固体，受热易分解某小组模拟制备氨基甲酸铵的反应为：2NH3（g）+CO2（g）NH2COONH4（s）H0（温度对反应的影响比较灵敏）（1）如用下图装置和选用的试剂制取氨气，其中错误的是（2）制备氨基甲酸铵的装置如下图所示，把NH3和CO2通入四氯化碳中，不断搅拌混合，生成的氨基甲酸铵的小晶体悬浮在CCl4中 当悬浮物较多时，停止制备（注：CCl4与液体石蜡均为惰性介质）发生器用冰水冷却的原因是；双通玻璃管的作用是从反应后的混合物中分离出产品的实验方法是（填写操作名称）为了得到干燥产品，应采取的方法是（填写选项序号）a常压加热烘干 b高压加热烘干 c减压40以
14、下烘干23已知X、Y是两种性质相似的短周期元素若X、Y是相邻相似，它们的单质都必须采用电解法制备，但都无需密封保存，（1）X离子的结构示意图（2）Y元素在周期表中位置若X、Y是同族相似，X是形成化合物种类最多的元素（3）I2O3以氧化XO，常用于测定XO含量，已知：2I2（s）+5O2（g）=2I2O5（s）H=75.66kJmol12XO（g）+O2（g）=2XO2（g）H=566.0kJmol1请写出XO（g）与I2O5（s）反应生成XO2（g）的热化学方程式：（4）工业上用X单质与Y的氧化物反应制取Y单质的过程中，YO是反应中间产物，隔绝空气时YO和NaOH溶液反应（产物之一是Na2YO
15、3）的离子方程式是若X、Y是对角相似，X、Y的最高价含氧酸的浓溶液都有强氧化性（5）下列试剂都可以证明X、Y的最高价含氧酸的浓溶液都有强氧化性的是A铁片 B铜片 C二氧化硫 D木炭（6）HA是含有X元素的一元酸，常温下，将0.2mol/L的HA溶液与等体积、等浓度的NaOH溶液混合，所得溶液（假设溶液体积可以相加）中部分微粒组成及浓度如图1所示，图中N表示（填微粒符号）（7）某化工厂设计要求：空气中YO2含量不得超过0.02mg/L某同学用图2所示简易装置测定空气中的YO2含量：准确移取10mL5104mol/L的标准碘水溶液，注入试管中，加23滴淀粉指示剂，此时溶液呈蓝色，在指定的测定地点抽
16、气，每次抽气100mL，直到溶液的蓝色全部褪尽为止，假设该同学的测量是准确的，则他抽气的次数至少为次时方可说明该厂空气中的YO2含量达标24二氧化碳的捕集、利用与封存是能源领域的一个重要研究课题（1）在太阳能作用下，以CO2为原料制取碳（C）的流程如图1所示热分解系统每分解0.5mol Fe3O4转移电子的物质的量为该系统的总反应的化学方程式是（2）二氧化碳催化加氢可合成低碳烯：2CO2（g）+6H2（g）C2H4（g）+4H2O（g）H1=a kJmol1，有关能量变化如图2所示：几种物质具有的能量（在标准状况下，规定单质的能量为0，测得其他物质在生成时放出或吸收的热量即为其具有的能量）如表
17、所示：物质CO2（g）C2H4（g）H2O（g）能量/kJmol139452242则a=几种化学键的键能如下：化学键C=OHHC=COH键能/kJmol1803b615463则b=（3）据报道以二氧化碳为原料采用特殊的电极电解强酸性的二氧化碳水溶液可得到多种燃料，其原理如图三所示该工艺中能量转化方式主要有（写出其中两种形式即可）其中b极上生成丙烯（CH3CH=CH2）的电极反应式为乙烯和氧气反应通过上图四装置可将化学能转化为电能，b电极反应式为25过氧化氢是用途很广的绿色氧化剂，它的水溶液俗称双氧水，常用于消毒、杀菌、漂白等试回答下列问题：（1）请写出H2O2的电子式（2）经测定H2O2为二元
18、弱酸，酸性比碳酸还弱，不稳定易分解又已知Na2O2中通入干燥的CO2不反应，但通入潮湿的CO2却可以产生O2，试用化学方程式表示这一过程（3）用 H2O2和H2SO4混合溶液可溶解印刷电路板中的金属铜请写出铜溶解的离子方程式在提纯后的CuSO4溶液中加入一定量的Na2SO3和NaCl溶液，加热，生成CuCl沉淀，该反应中氧化产物和还原产物物质的量之比为CuCl是应用广泛的有机合成催化剂，也可采取铜粉还原CuSO4溶液制取，流程如下：已知：CuCl难溶于水和乙醇，在水溶液中存在平衡：CuCl（白色）+2ClCuCl32（无色溶液）a、中，“加热”的目的是，当观察到，现象，即表明反应已经完全b、潮
19、湿的CuCl在空气中易发生水解和氧化上述流程中，为防止水解和氧化所添加的试剂或采取的操作是2015-2016学年福建省莆田四中高三（上）第二次月考化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（每小题只有一个选项符合题意，1-16小题每题2分，17-20小题每题3分，共44分）1化学与社会息息相关，下列物质在社会、生活中的应用及解释都正确的是（）选项应用解释A高纯硅作计算机芯片的材料硅晶体在自然界中能稳定存在B在入海口的钢铁闸门上装一定数量的锌块防止闸门被腐蚀利用外加电流的阴极保护法保护金属C高铁车厢采用铝合金材料铝合金强度大，质量轻，不与氧气反应D用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土保鲜水果其作用是吸收水果释
20、放出的乙烯AABBCCDD【考点】硅和二氧化硅；金属的电化学腐蚀与防护；合金的概念及其重要应用【分析】A硅为亲氧元素，在自然界中易化合态存在；B铁和锌在电解质溶液中形成原电池，锌做负极被腐蚀；C铝合金中铝的化学性质并没有改变，铝在常温下即可与氧气发生反应；D乙烯具有催熟作用，能够被强氧化剂高锰酸钾氧化【解答】解：A虽然硅的化学性质很稳定，但在自然界中仍以化合态形式存在，如二氧化硅、硅酸盐等，故A错误；B在入海口的钢铁闸门上装一定数量的锌块，铁和锌在海水中形成原电池反应，锌做负极被氧化，发生电化腐蚀，铁被保护，是牺牲阳极的阴极保护，故B错误；C合金中的铝单质仍然可以与氧气发生化学反应生成氧化铝，
21、故C错误；D乙烯具有催熟作用，为了延长水果的保鲜期，用高锰酸钾可以除掉乙烯，故D正确；故选：D2下列实验或生产操作，其中没有新物质生成的是（）蛋白质溶液中加入硫酸铵后形成沉淀 将饱和氯水滴到蓝色石蕊试纸上二氧化氮经加压凝成无色液体 溴水滴入植物油中振荡褪色胆矾风化 除去混在氢氧化铁胶体中的氯化铁ABCD【考点】物理变化与化学变化的区别与联系【分析】蛋白质溶液中加入无机非重金属盐溶液可发生盐析，使其溶解度降低；氯水有强氧化性，能将物质氧化；二氧化氮存在2NO2N2O4 平衡；烯烃能使溴水发生加成反应是溴水褪色；胆矾风化后失水；溶液中的微粒小于半透膜的孔隙能通过半透膜，而胶体不能通过，所以溶液和胶
22、体的分离方法用渗析【解答】解：蛋白质遇到可溶性硫酸铵溶液，会因溶解度降低而从溶液中析出，发生盐析，盐析是可逆的，加水后沉淀又会溶解，是物理变化，无新物质生成，故正确；氯水有强氧化性，能将物质氧化，故有新物质生成，故错误；二氧化氮红棕色，四氧化二氮无色，该反应是一个气体体积减小的可逆反应，加压缩小体积时容器中二氧化氮的浓度增大而使气体颜色加深，继续加压平衡向正方向移动，气体凝成无色液体，由气态变为液态，是化学变化，故错误；植物油中含有碳碳不饱和键，与溴水发生加成反应，使溴水褪色，是化学变化，故错误；胆矾风化后失水，由CuSO45H2O变为CuSO4，有新物质生成，为化学变化，故错误；氢氧化铁胶体
23、分散质微粒直径为1nm100nm不能通过半透膜，氯化铁溶液中的微粒小于半透膜的孔隙能通过半透膜，该法为渗析法分离溶液和胶体，是物理变化，故正确；故选D3稀土金属铈（Ce）在空气中易氧化变暗，受热时燃烧，遇水很快反应已知：铈常见的化合价为+3和+4；氧化性：Ce4+Fe3+下列说法正确的是（）A Ce、Ce、Ce、Ce它们互称为同素异形体B工业上可以采用电解氯化铈水溶液来获得铈单质C铈溶于氢碘酸的主要化学方程式可表示为：2Ce+6HI2CeI3+3H2D工业上金属铈一般保存在敞口容器中【考点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用【分析】A、具有相同质子数，不同中子数的不同原子互为同位素；B、铈
24、单质容易和水之间发生反应；C、三价铈离子几乎不具有氧化性，和碘离子之间不反应；D、铈单质容易和水之间发生反应【解答】解：A、核素13658Ce、13858Ce、14058Ce、14258Ce是具有相同质子数，不同中子数的不同原子，它们互称为同位素，而同素异形体是由同样的单一化学元素构成，但性质却不相同的单质之间的互称，故A错误；B、铈单质容易和水之间发生反应，所以不用电解氯化铈水溶液来获得铈单质，故B错误；C、金属铈可以和强酸HI酸反应生成三价的铈盐和水，故C正确；D、铈单质容易和空气中的水之间发生反应，所以铈一般不能保存在敞口容器中，故D错误故选：C4若X+酸盐+水，则X不可能属于（）A氧化
25、物B单质C碱D电解质【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；电解质与非电解质【分析】碱性氧化物、碱都能与酸反应生成盐和水，金属单质和酸反应生成盐和氢气或含氮气体，在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质，可以是碱、碱性氧化物等【解答】解：A、碱性氧化物和酸反应生成盐和水，所以A可能是氧化物，故A不选；B、金属单质和酸反应可能生成盐和氢气，也可能生成含氮物质，如铁和过量硝酸反应生成盐、水和一氧化氮，所以A不可能是单质，故B选；C、碱和酸发生中和反应生成盐和水，所以A可能是碱，故C不选；D、碱及金属氧化物都属于电解质，能和酸反应生成盐和水，所以A可能是电解质，故D不选；故选B5下列说法正
26、确的是（）A任何酸与碱发生中和反应生成1molH2O的过程中，能量变化均相同B同温同压下，H2（g）+Cl（g）=2HCl（g）在光照和点燃条件下的H相同C已知：H2（g）+O2（g）=2H2O（g）H1=akJmol1，2H2（g）+O2（g）=2H2O（I）H2=bkJmol1，则abD已知：C（s，石墨）+O2（g）=CO2（g）H1=393.5kJmol1，C（s，金刚石）+O2（g）=CO2（g）H2=393.0kJmol1，则金刚石比石墨稳定【考点】反应热和焓变【分析】A、根据强酸强碱溶解要放热，弱酸弱碱电离要吸热分析；B、反应的焓变只与起始和终了物质状态能量有关，与变化过程，反应
27、条件无关；C、根据气态变成液体要放热分析；D、根据物质的量能量越低越稳定【解答】解：A、强酸强碱溶解要放热，弱酸弱碱电离要吸热，所以任何酸与碱发生中和反应生成1molH2O的过程中，能量变化可能不同，故A错误；B、依据盖斯定律分析可知，反应的焓变只与起始和终了物质状态能量有关，与变化过程，反应条件无关，故B正确；C、气态变成液体要放热，所以氢气燃烧生成液态水放出的热量多，则ab，故C错误；D、由C（s，石墨）+O2（g）=CO2（g）H1=393.5kJmol1，C（s，金刚石）+O2（g）=CO2（g）H2=393.0kJmol1，则得，C（S，石墨）=C（S，金刚石）H=+1.9kJmol
28、1，金刚石能量大于石墨的总能量，物质的量能量越高越不稳定，则石墨比金刚石稳定，故D错误；故选B6用NA表示阿伏加德罗常数的值下列叙述正确的是（）A电解精炼铜时，若转移了NA个电子，则阳极质量减少32 gB1molSiO2中有2NA个硅氧键C1 mol FeCl3跟水反应，完全转化为氢氧化铁胶体后，其中胶体粒子的数目小于NAD1mol Cl2与过量的铁反应，转移3NA个电子【考点】阿伏加德罗常数【分析】A、电解精炼铜时，阳极上放电的除了铜，还有比铜活泼的金属杂质；B、1mol二氧化硅含4molSiO键；C、一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体；D、根据反应后氯元素变为1价来分析【解答】解：A、
29、电解精炼铜时，阳极上放电的除了铜，还有比铜活泼的金属杂质，故当转移NA个电子时，阳极减少的质量小于32g，故A错误；B、Si能形成4个共价键，所以1mol二氧化硅含4molSiO键，故B错误；C、一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体，故生成的胶粒的个数小于NA个，故C正确；D、根据反应后氯元素变为1价可知，1mol氯气反应后转移2mol电子即2NA个，故D错误故选C7莫尔盐（NH4）2Fe（SO4）26H2O溶液经常用于定量滴定实验，下列有关说法正确的是（）A配制0.1molL1莫尔盐溶液500mL，需莫尔盐19.6克B可与含Fe2+、HClO、H+、Cl微粒的溶液大量共存C加入过量Ba（O
30、H）2溶液发生反应：2Ba2+2SO42+Fe2+2OH=2BaSO4+Fe（OH）2D取样，加入浓NaOH溶液并加热，出现可让蓝色石蕊试纸变红的气体，证明含NH4+【考点】离子方程式的书写；离子共存问题；铵离子检验；配制一定物质的量浓度的溶液【分析】A结合m=cVM计算；BHClO具有氧化性；C加入过量Ba（OH）2溶液，漏写铵根离子与碱的反应；D加入浓NaOH溶液并加热，生成氨气【解答】解：A配制0.1molL1莫尔盐溶液500mL，需莫尔盐为0.1mol0.5L392g/mol=19.6克，故A正确；BHClO具有氧化性，与Fe2+发生氧化还原反应，不能大量共存，故B错误；C加入过量Ba
31、（OH）2溶液，漏写铵根离子与碱的反应，则离子反应为2Ba2+2SO42+2NH4+Fe2+4OH=2BaSO4+Fe（OH）2+2NH3H2O，故C错误；D加入浓NaOH溶液并加热，生成氨气，可使红色石蕊试纸变蓝的气体，以此检验NH4+，故D错误；故选A8食品保鲜所用的“双吸剂”，是由还原铁粉、生石灰、氯化钠、炭粉等按一定比例组成的混合物，可吸收氧气和水下列分析不正确的是（）A“双吸剂”中的生石灰有吸水作用B“双吸剂”吸收氧气时，发生了原电池反应C吸收氧气的过程中，铁作原电池的负极D炭粉上发生的反应为：O2+4e+4H+=2H2O【考点】原电池和电解池的工作原理【分析】A氧化钙能与水反应生成
32、氢氧化钙，从而可以作干燥剂；B在食品包装中加入铁粉，与碳粉、氯化钠溶液可构成原电池；CFe为活泼金属，易失去电子；D正极上氧气得到电子【解答】解：A氧化钙能与水反应生成氢氧化钙，具有吸水性，从而可以作干燥剂，则“双吸剂”中的生石灰有吸水作用，故A正确；B在食品包装中加入铁粉，与碳粉、氯化钠溶液可构成原电池，正极上氧气得到电子，发生了原电池反应，故B正确；CFe为活泼金属，易失去电子，铁作原电池的负极，故C正确；D由选项BC可知，正极上氧气得到电子，电极反应为O2+4e+2H2O=4OH，故D错误；故选D9现有短周期主族元素X、Y、Z、R、TR原子最外层电子数是电子层数的2倍，Y与Z能形成Z2Y
33、、Z2Y2型离子化合物，Z与T形成的Z2T 化合物能破坏水的电离平衡五种元素的原子半径与原子序数的关系如图所示下列推断正确的是AB（）A原子半径和离子半径均满足：YZB氢化物的沸点排序：YTRC最高价氧化物对应的水化物的酸性：TRD单质氧化性：YRT【考点】位置结构性质的相互关系应用【分析】R原子最外层电子数是电子层数的2倍，可能为C或S，由于图示原子半径和原子序数关系可知R应为C；Y与Z能形成Z2Y、Z2Y2型离子化合物，应为Na2O、Na2O2，则Y为O，Z为Na；Z与T形成的Z2T化合物能破坏水的电离平衡，T应为S，Na2S水解呈碱性，可促进水的电离；X的原子半径最小，原子序数最小，应为
34、H元素，结合对应单质、化合物的性质以及题目要求解答该题【解答】解：R原子最外层电子数是电子层数的2倍，可能为C或S，由于图示原子半径和原子序数关系可知R应为C；Y与Z能形成Z2Y、Z2Y2型离子化合物，应为Na2O、Na2O2，则Y为O，Z为Na；Z与T形成的Z2T化合物能破坏水的电离平衡，T应为S，Na2S水解呈碱性，可促进水的电离；X的原子半径最小，原子序数最小，应为H元素A原子半径ONa，离子半径O2Na+，故A错误；BY、T、R的简单氢化物分别为H2O、H2S、CH4，水分子之间存在氢键，沸点最高，硫化氢相对分子质量大于甲烷的，分子间作用力较甲烷的强，故硫化氢的沸点高于甲烷的，故沸点H
35、2OH2SCH4，故B正确；C非金属性SC，元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，故C错误；D元素非金属性越强，对应单质氧化性越强，非金属性强弱为：YTR，所以单质的氧化性为YTR，故D错误故选B10利用如图所示装置运行下列实验，能得出相应实验结论的是（） 选项 实验结论A浓盐酸MnO2NaBr溶液氧化性Cl2Br2 B浓氨水 生石灰AgNO3溶液AgOH具有两性 C浓硫酸Na2SO3FeCl3溶液SO2具有还原性D稀盐酸Na2CO3Na2SiO3非金属性：CSiAABBCCDD【考点】化学实验方案的评价；实验装置综合【分析】由实验装置可知，中固体与液体反应制备气体，且不需
36、要加热，中为性质实验，球形结构可防止气体倒吸，以此来解答【解答】解：A浓盐酸与二氧化锰反应需要加热，故A不选；B浓氨水与生石灰反应生成氨气，氨气与AgNO3溶液反应生成白色沉淀，后生成络离子沉淀溶解，不能说明两性，故B不选；C浓硫酸与亚硫酸钠反应生成二氧化硫，中由现象可知二氧化硫与FeCl3溶液发生氧化还原反应，能说明二氧化硫的还原性，故C选；D稀盐酸与碳酸钠反应生成二氧化碳，盐酸易挥发，二氧化碳、盐酸均能与硅酸钠反应，不能判断是否发生碳酸制取硅酸的反应，故D不选；故选C11某KCl样品中含有少量K2CO3、K2SO4和不溶于水的杂质为了提纯KCl，先将样品溶于适量水中，搅拌、过滤，再将滤液按
37、下图所示步骤进行提纯（过滤操作已略去）下列说法的是（）A起始滤液常温下pH=7B试剂为 Ba（NO3）2溶液C上图过程须经2次过滤D步骤目的是除去 CO32【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用【分析】KCl样品中含有少量K2CO3、K2SO4和不溶于水的杂质，为了提纯KCl，先将样品溶于适量水中，搅拌、过滤，再将滤液中加入过量的试剂为BaCl2溶液，过滤，除去SO42，得混合物X为KCl、BaCl2，再加过量的试剂为K2CO3，过滤，除去Ba2+，得混合物Y为KCl、K2CO3，再加适量的试剂为盐酸，除去K2CO3，再通过加热浓缩、蒸发结晶得KCl晶体，据此答题【解答】解：KCl样品
38、中含有少量K2CO3、K2SO4和不溶于水的杂质，为了提纯KCl，先将样品溶于适量水中，搅拌、过滤，再将滤液中加入过量的试剂为BaCl2溶液，过滤，除去SO42，得混合物X为KCl、BaCl2，再加过量的试剂为K2CO3，过滤，除去Ba2+，得混合物Y为KCl、K2CO3，再加适量的试剂为盐酸，除去K2CO3，再通过加热浓缩、蒸发结晶得KCl晶体，A碳酸钾溶液水解显碱性，pH7，故A错误；B由上述分析可知，试剂I为BaCl2溶液，不能引入新杂质，故B错误；C样品溶于适量水中，充分搅拌后过滤，选择试剂除去杂质还需要2次过滤，共3次，故C错误；D步骤中加入试剂为盐酸，其目的是除去CO32，故D正确
39、；故选D12能达到实验目的是（）A称NaOH固体的质量B读数为10.60C反应热的测定D收集氯气【考点】化学实验方案的评价【分析】ANaOH应在小烧杯中称量；B滴定管读数准确到0.01mL；C温度计应测定反应液的温度；D氯气与NaOH溶液反应【解答】解：ANaOH应在小烧杯中称量，且应遵循左物右码的原则，故A错误；B滴定管读数准确到0.01mL，视线与凹液面的最低处相切，图中读数操作及数据合理，故B正确；C温度计应测定反应液的温度，图中温度计位置不合理，故C错误；D氯气与NaOH溶液反应，应利用饱和食盐水，故D错误；故选B13下列离子方程式的书写及评价均合理的是（）选项离子方程式评价A将2mo
40、l Cl2通入到含1mol FeI2的溶液中：2Fe2+2I+2Cl22Fe3+4Cl+I2正确；Cl2过量，Fe2+、I均被氧化B用Cu电极电解NaCl溶液阳极的电极反应式：2Cl2eCl2正确；Cl优先于OH放电C过量SO2通入到NaClO溶液中：SO2+H2O+ClOHClO+HSO3正确；H2SO3的酸性强于HClODMg（HCO3）2溶液与足量的NaOH溶液反应：Mg2+2HCO3+4OHMg（OH）2+2CO32+2H2O正确；Mg（OH）2比MgCO3更难溶AABBCCDD【考点】离子方程式的书写【分析】A氯气过量，但是离子方程式中碘离子的系数错误；B电解为铜，则阳极金属铜放电，
41、氯离子不放电；C次氯酸能够氧化亚硫酸氢根离子；D氢氧化钠过量，氢氧化镁比碳酸镁更难溶，反应生成氢氧化镁沉淀【解答】解：AFe2+的还原性比I强，1molFeI2完全氧化消耗1.5mol Cl2，则氯气过量，反应的离子方程式为：2Fe2+4I+3Cl22Fe3+6Cl+2I2，离子方程式及评价都不合理，故A错误；B用Cu电极电解NaCl溶液，阳极铜放电，电极反应式为：Cu2e=Cu2+，离子方程式的书写及评价均不合理，故B错误；CHClO有强氧化性，能够氧化SO2，正确的离子方程式为：SO2+H2O+ClO=Cl+SO42+2H+，评价及离子方程式均不合理，故C错误；DMg（HCO3）2溶液与足
42、量的NaOH溶液，反应生成氢氧化镁沉淀，反应的离子方程式为：Mg2+2HCO3+4OHMg（OH）2+2CO32+2H2O，离子方程式和平均都正确，故D正确；故选D14某同学用下列实验装置探究硝酸的性质根据图示判断下列结论不正确的是（）A试管内壁上“黄霜”的成分是硫B该实验探究说明浓硝酸既有氧化性，又有挥发性C烧杯内的NaOH溶液的作用是除去尾气，防止尾气污染环境DH2S用SO2代替，将无明显反应现象【考点】硝酸的化学性质【分析】A、硫化氢与浓硝酸发生氧化还原生成单质硫；B、试管内壁上有黄霜生成说明硝酸有氧化性和挥发性；C、硫化氢与硝酸发生氧化还原反应生成氮的氧化物，对环璄造成染污；D、二氧化
43、硫与浓硝酸发生氧化还原反应生成红棕的气体二氧化氮【解答】解：A、硫化氢与浓硝酸发生氧化还原生成单质硫，所以试管内壁上“黄霜”的成分是硫，故A正确；B、试管内壁上有黄霜生成说明硝酸有氧化性和挥发性，所以浓硝酸既有氧化性，又有挥发，故B正确；C、硫化氢与硝酸发生氧化还原反应生成氮的氧化物，对环璄造成染污，所以烧杯内的NaOH溶液的作用是除去尾气，故C正确；D、二氧化硫与浓硝酸发生氧化还原反应生成红棕的气体二氧化氮，而不是无明显现象，故D错误；故选D15电解法是处理工业废水的一种重要方法如酸性含（Cr2O72）废水就可以采用电解法进行无害化处理电解时采用Fe作阳极，惰性电极作阴极已知：氧化性：Cr2
44、O72Fe3+；Cr2O72被还原生成Cr3+；KspCr （OH）3=6.31031下列说法正确的是（）A阳极材料也可以是CuB阴极每产生3molH2，则有1mol Cr2O72被还原C一段时间后溶液中发生反应Cr2O72+6Fe2+14H+2Cr3+6Fe3+7H2OD电解最后阶段需要加碱，使溶液中的阳离子转化为沉淀【考点】电解原理【分析】A铁为电极，则阳极上铁失去电子生成二价铁具有还原性可以将Cr2O72被还原生成Cr3+；B阴极每产生3molH2，则转移电子数6mol，根据氧化还原反应得失电子守恒得6Fe12e6Fe2+Cr2O72，据此计算；C亚铁离子具有还原性，发生氧化还原反应；D
45、阳离子向阴极移动，且阴极生成碱【解答】解：A铁为电极，则阳极上铁失去电子，则发生Fe2e=Fe2+，二价铁具有还原性可以将Cr2O72被还原生成Cr3+，而铜作阳极生成铜离子无还原性，不能将Cr2O72被还原生成Cr3+，故A错误；B阴极每产生3molH2，则转移电子数6mol，根据氧化还原反应得失电子守恒得6Fe12e6Fe2+Cr2O72，故被还原的Cr2O72的物质的量为0.5mol，故B错误；C电解时阳极生成的亚铁离子具有还原性，发生氧化还原反应，离子反应为Cr2O72+6Fe2+14H+=2Cr3+6Fe3+7H2O，故C正确；D由C可知，反应中生成的阳离子向阴极移动，且阴极生成碱，
46、则在阴极附近生成Cr（0H）3和Fe（0H）3沉淀，所以电解最后阶段不需要加碱，故D错误；故选C16水热法制备Fe3O4纳米颗粒的反应为3Fe2+2S2O32+O2+xOH=Fe3O4+S4O62+2H2O，下列说法中不正确的是（）A每生成1mol Fe3O4，反应转移的电子总数为4molBFe2+和S2O32都是还原剂C1mol Fe2+被氧化时，被Fe2+还原的O2的物质的量为molDx=4【考点】氧化还原反应的计算【分析】从电荷守恒的角度分析，可配平反应的离子方程式：3Fe2+2S2O32+O2+4OHFe3O4+S4O62+2H2O，反应中3Fe2+Fe3O4，当3molFe2+参加反
47、应时，有2molFe2+化合价升高，反应中Fe和S元素的化合价升高，被氧化，O2为氧化剂【解答】解：A反应3Fe2+2S2O32+O2+4OHFe3O4+S4O62+2H2O中，Fe和S元素的化合价升高，被氧化，O2为氧化剂，每生成1molFe3O4，反应转移的电子总数为4mol，故A正确；B反应中Fe2+Fe3O4，Fe元素化合价升高，S2O32S4O62+，S元素的化合价升高，Fe2+和S2O32都是还原剂，故B正确；C.1molFe2+被氧化时，失去1mol电子，则被Fe2+还原的O2的物质的量为mol，故C错误；D反应的离子方程式为3Fe2+2S2O32+O2+4OHFe3O4+S4O
48、62+2H2O，则x=4，故D正确故选C17不能实现如图转化的单质甲是（）AFeBSiCCuDS【考点】铁的化学性质；硅和二氧化硅；含硫物质的性质及综合应用；铜金属及其重要化合物的主要性质【分析】A、金属铁可以和单质硫反应得到硫化亚铁，硫化亚铁可以和强酸反应生成亚铁盐，亚铁盐中可以置换出金属铁；B、单质硅可以和氧气反应生成二氧化硅，氢气可以从四氯化硅中置换出单质硅，但是二氧化硅和盐酸之间不反应；C、金属铜可以和单质氧气反应得到氧化铜，氧化铜可以和强酸反应生成铜盐，铜盐中可以置换出金属铜；D、硫单质可以和铁反应得到硫化亚铁，硫化亚铁可以和强酸反应生成硫化氢，氯气可以和硫化氢反应从中置换出硫单质【
49、解答】解：A、可以实现转化的过程为FeFeSFeCl2Fe，故A正确；B、单质硅的制取是从二氧化硅中置换出硅，二氧化硅不可能是复分解反应产物，故B错误；C、可以实现转化的过程为CuCuSCuCl2Cu，故C正确；D、SFeSH2SS，故D正确故选：B18锌溴液流电池是一种新型电化学储能装置（如图所示），电解液为溴化锌水溶液，电解质溶液在电解质储罐和电池间不断循环下列说法不正确的是（）A阳离子交换膜可阻止Br2与Zn直接发生反应B放电时负极的电极反应式为Zn2e=Zn2+C充电时电极a连接电源的负极D放电时左侧电解质储罐中的离子总浓度增大【考点】化学电源新型电池【分析】A、阳离子交换膜只允许阳离
50、子通过，还起到隔膜的作用；B、原电池的两极反应中，负极上发生失电子的氧化反应；C、充电时，电池的正极和电源的正极相接；D、根据电池的两极反应来确定离子浓度的变化；【解答】解：根据图示的信息，结合原电池等工作原理，原电池的负极是金属锌失电子的过程，所以b是负极，a是正极A、阳离子交换膜只允许阳离子通过，还起到隔膜的作用，可阻止Br2与Zn直接发生反应，故A正确；B、原电池的两极反应中，负极上发生失电子的氧化反应，即Zn2e=Zn2+，故B正确；C、充电时，电池的正极和电源的正极相接，即电极a连接电源的正极，故C错误；D、放电时，右侧生成的锌离子移向左侧，左侧溴单质发生得电子的还原反应生成溴离子，
51、所以左侧电解质储罐中的离子总浓度增大，故D正确；故选C19已知：2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）H=566kJ/mol；Na2O2（s）+CO2（g）=Na2CO3（s）+O2（g）H=226kJ/mol根据以上热化学方程式判断，下列说法正确的是（）ACO的燃烧热为283 kJB如图可表示由CO生成CO2的反应过程和能量关系C2Na2O2（s）+2CO2（s）=2Na2CO3（s）+O2（g）H452 kJ/molDCO（g）与Na2O2（s）反应放出509 kJ热量时，电子转移数为6.021023【考点】反应热和焓变【分析】A、依据燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时放出热
52、量；B、依据热化学方程式，2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）H=566kJ/mol；分析图象中物质的量不符合反应物质物质的量；C、固体二氧化碳变化为气体二氧化碳需要吸热，焓变放热是负值；D、依据热化学方程式，结合盖斯定律计算得到热化学方程式计算分析；【解答】解：A、燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时放出热量；已知：2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）H=566kJ/mol；一氧化碳的燃烧热为283KJ/mol；故A错误；B、依据热化学方程式，2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）H=566kJ/mol；分析图象中一氧化碳和氧气物质的量为1、物质的量不符合反应物质的物质的
53、量；故B错误；C、固体二氧化碳变化为气体二氧化碳需要吸热，焓变放热是负值；依据热化学方程式判断，2Na2O2（s）+2CO2（g）=2Na2CO3（s）+O2（g）H=226kJ/mol；所以反应2Na2O2（s）+2CO2（g）=2Na2CO3（s）+O2（g）H452 kJ/mol，故C正确；D、已知：2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）H=566kJ/mol；Na2O2（s）+CO2（g）=Na2CO3（s）+O2（g）H=226kJ/mol依据盖斯定律2+得到：2Na2O2（s）+2CO（g）=2Na2CO3（s）H=1018KJ/mol；即Na2O2（s）+CO（g）=Na2CO
54、3（s）H=509KJ/mol；CO（g）与Na2O2（s）反应放出509 kJ热量时，反应的一氧化碳物质的量为1mol，电子转移数为26.021023，故D错误；故选C20某溶液中可能含有OH、CO32、AlO2、SiO32、SO42、Na+、Fe3+、Mg2+、Al3+当向该溶液中加入一定物质的量浓度的盐酸时，发现生成沉淀物质的量随盐酸的体积变化如图所示，下列说法正确的是（）A原溶液一定含有Na2SO4B反应最后形成的溶液中的溶质为NaClC原溶液中一定含有的阴离子是OH、CO32、AlO2、SiO32D原溶液中含有CO32与AlO2的物质的量之比为1：1【考点】离子方程式的有关计算；常见
55、离子的检验方法【分析】依据图象分析可知，开始无沉淀生成说明加入的盐酸和溶液中的碱反应，说明溶液中一定含OH离子，则与氢氧根离子不能共存的离子为Fe3+、Mg2+、Al3+；随后反应生成沉淀逐渐增大，说明是AlO2、和氢离子反应生成氢氧化铝沉淀和硅酸沉淀，继续加入盐酸沉淀量不变，消耗盐酸的离子只能是CO32离子，反应完后继续加入盐酸，沉淀逐渐减小，到不再改变，进一步证明沉淀是氢氧化铝和硅酸沉淀，氢氧化铝沉淀溶于盐酸，最后剩余沉淀为硅酸；硫酸根离子不能确定存在，但根据溶液的电中性可知，溶液中一定含有Na+离子【解答】解：依据图象分析可知，开始无沉淀生成说明加入的盐酸和溶液中的碱反应，说明溶液中一定
56、含OH离子，则与氢氧根离子不能共存的离子为Fe3+、Mg2+、Al3+；随后反应生成沉淀逐渐增大，说明是AlO2、SiO32和氢离子反应生成氢氧化铝沉淀和硅酸沉淀，继续加入盐酸沉淀量不变，消耗盐酸的离子只能是CO32离子，反应完后继续加入盐酸，沉淀逐渐减小，到不再改变，进一步证明沉淀是氢氧化铝和硅酸沉淀，氢氧化铝沉淀溶于盐酸，最后剩余沉淀为硅酸；硫酸根离子不能确定存在，但根据溶液的电中性可知，溶液中一定含有Na+离子；A、溶液中硫酸根离子不能确定，剩余原溶液不中一定含有Na2SO4，故A错误；B、反应最后形成的溶液中的溶质为NaCl和AlCl3，故B错误；C、依据判断原溶液中一定含有的阴离子是
57、：OH、SiO32、AlO2、CO32，故C正确；D、依据图象可知和碳酸根离子反应的盐酸为2L，CO32+2H+=CO2+H2O 氢氧化铝溶解消耗的盐酸体积为4L，Al（OH）3+3H+=Al3+3H2O；原溶液中含有CO32与AlO2的物质的量之比为3：4，故D错误；故选C二、非选择题（共56分）21某校开展课外研究性学习：从废旧干电池中回收碳棒、MnO2、NH4Cl、ZnCl2等物质，整个过程如下，回答有关问题：（1）如图是干电池的基本构造图，干电池工作时正极上的反应是NH4+e=NH3+H2，则负极上的电极反应式是Zn2eZn2+，MnO2的作用是除去正极上生成的氢气，本身生成Mn2O3
58、，该反应的化学方程是2MnO2+H2Mn2O3+H2O（2）锌皮和碳棒的回收：用钳子和剪子剪开回收的干电池的锌筒，将锌皮和碳棒取出，刷洗干净，将电池内的黑色粉末移入小烧杯中（3）氯化铵、氯化锌的提取、分离和检验向黑色粉末中加入一定量的蒸馏水充分搅拌溶解，过滤，将滤液蒸发浓缩、冷却结晶，再过滤，所得晶体即为ZnCl2和NH4Cl的混合物；用加热法可以将NH4Cl和ZnCl2的晶体混合物分离开；写出证明ZnCl2晶体中含Zn2+的操作步骤及实验现象：取少许晶体配成溶液，分为两份，一份逐滴滴加NaOH溶液至过量，另一份逐滴滴加氨水至过量，两溶液中均出现先产生白色沉淀，后沉淀都溶解的现象（已知Zn（O
59、H）2是两性氢氧化物且能溶解于氨水）最后剩余的黑色残渣的主要成分是MnO2，还有炭黑和有机物等，可用灼烧的方法除去杂质【考点】原电池和电解池的工作原理；物质分离、提纯的实验方案设计【分析】（1）锌锰干电池中，锌作为负极，失去电子；MnO2生成Mn2O3，该过程中的Mn化合价降低，被还原，还原剂就是正极产物氢气；（2）根据NH4Cl易分解的性质选取分离方法；Zn2+中不管是先滴加强碱性或弱碱性溶液都能先出现白色沉淀，后沉淀溶解【解答】解：（1）在锌锰干电池中，活泼金属锌为电池负极，反应式为Zn2e=Zn2+，MnO2生成Mn2O3，该过程中的Mn化合价降低，被还原，还原剂就是正极产物氢气，反应式
60、为2MnO2+H2=Mn2O3+H2O，故答案为：Zn2e=Zn2+；2MnO2+H2=Mn2O3+H2O；（3）NH4Cl具有热不稳定性，而且稳定性降低时又能马上化合生成氯化铵，因此可以采用加热方法，故答案为：加热；Zn2+中不管是先滴加强碱性或弱碱性溶液都能先出现白色沉淀，后沉淀溶解，Zn（OH）2也能溶解于氨水，则取少许晶体配成溶液，分为两份，一份逐滴滴加NaOH溶液至过量，另一份逐滴滴加氨水至过量，两溶液中均出现先产生白色沉淀，后沉淀都溶解的现象，说明ZnCl2晶体中含Zn2+；故答案为：取少许晶体配成溶液，分为两份，一份逐滴滴加NaOH溶液至过量，另一份逐滴滴加氨水至过量，两溶液中均
61、出现先产生白色沉淀，后沉淀都溶解的现象22氨基甲酸铵（NH2COONH4）是一种白色固体，受热易分解某小组模拟制备氨基甲酸铵的反应为：2NH3（g）+CO2（g）NH2COONH4（s）H0（温度对反应的影响比较灵敏）（1）如用下图装置和选用的试剂制取氨气，其中错误的是AC（2）制备氨基甲酸铵的装置如下图所示，把NH3和CO2通入四氯化碳中，不断搅拌混合，生成的氨基甲酸铵的小晶体悬浮在CCl4中 当悬浮物较多时，停止制备（注：CCl4与液体石蜡均为惰性介质）发生器用冰水冷却的原因是降温提高反应物转化率、防止产物分解；双通玻璃管的作用是防止倒吸从反应后的混合物中分离出产品的实验方法是过滤（填写操
62、作名称）为了得到干燥产品，应采取的方法是c（填写选项序号）a常压加热烘干 b高压加热烘干 c减压40以下烘干【考点】氨的实验室制法；氨的制取和性质【分析】本题是探究模拟工业原理制备氨基甲酸铵，涉及利用浓氨水与氢氧化钠固体制备氨气，再将氨气和二氧化碳通入四氯化碳中，不断搅拌混合生成氨基甲酸铵，因反应是放热反应，为了防止产物因温度高分解及提高反应物的转化率，选择利用冰水进行水浴降温，另外还涉及到产品的提纯及尾气的处理（1）A装置中氯化铵受热分解生成氨气和氯化氢，氨气和氯化氢在冷却时又结合成氯化铵，会堵塞导管；B将浓氨水滴入氧化钙中，氧化钙与水反应放热，促使氨气挥发，可以制得氨气；C氯化铵与氢氧化钙
63、加热分解生成氨气，同时有水生成，试管口高于试管底，水会流入试管底部，会使试管破裂；D浓氨水加热，促使氨气挥发，可以制得氨气；（2）反应是放热反应降温平衡正向进行；依据反应过程中的产物分析，不能把污染性的气体排放到空气中，吸收易溶于水的气体需要放倒吸；生成的氨基甲酸铵小晶体悬浮在四氯化碳中，利用过滤得到的氨基甲酸铵（NH2COONH4）是一种白色固体，易分解，应选择低温干燥【解答】解：（1）A装置中氯化铵受热分解生成氨气和氯化氢，氨气和氯化氢在冷却时又结合成氯化铵，会堵塞导管，故A错误；B将浓氨水滴入氧化钙中，氧化钙与水反应放热，促使氨气挥发，可以制得氨气，故B正确；C氯化铵与氢氧化钙加热分解生
64、成氨气，同时有水生成，试管口高于试管底，水会流入试管底部，会使试管破裂，故C错误；D浓氨水加热，促使氨气挥发，可以制得氨气，故D正确；故答案为：AC；（2）反应2NH3（g）+CO2（g）NH2COONH4（s）+Q，是放热反应，降温平衡正向进行，温度升高；发生器用冰水冷却提高反应物质转化率，防止生成物温度过高分解，双通玻璃管的作用是防止液体倒吸，故答案为：降温提高反应物转化率、防止产物分解；防止倒吸；生成的氨基甲酸铵小晶体悬浮在四氯化碳中，利用过滤得到的氨基甲酸铵（NH2COONH4）是一种白色固体，易分解、不能加热烘干，应在真空40以下烘干，故选c，故答案为：过滤；c23已知X、Y是两种性
65、质相似的短周期元素若X、Y是相邻相似，它们的单质都必须采用电解法制备，但都无需密封保存，（1）X离子的结构示意图（2）Y元素在周期表中位置第三周期A族若X、Y是同族相似，X是形成化合物种类最多的元素（3）I2O3以氧化XO，常用于测定XO含量，已知：2I2（s）+5O2（g）=2I2O5（s）H=75.66kJmol12XO（g）+O2（g）=2XO2（g）H=566.0kJmol1请写出XO（g）与I2O5（s）反应生成XO2（g）的热化学方程式：5CO（g）+I2O5（s）=5 CO2（g）+I2（s）H=1377.17kJ/mol（4）工业上用X单质与Y的氧化物反应制取Y单质的过程中，Y
66、O是反应中间产物，隔绝空气时YO和NaOH溶液反应（产物之一是Na2YO3）的离子方程式是SiO+2OH=SiO32+H2若X、Y是对角相似，X、Y的最高价含氧酸的浓溶液都有强氧化性（5）下列试剂都可以证明X、Y的最高价含氧酸的浓溶液都有强氧化性的是ABDA铁片 B铜片 C二氧化硫 D木炭（6）HA是含有X元素的一元酸，常温下，将0.2mol/L的HA溶液与等体积、等浓度的NaOH溶液混合，所得溶液（假设溶液体积可以相加）中部分微粒组成及浓度如图1所示，图中N表示OH（填微粒符号）（7）某化工厂设计要求：空气中YO2含量不得超过0.02mg/L某同学用图2所示简易装置测定空气中的YO2含量：准
67、确移取10mL5104mol/L的标准碘水溶液，注入试管中，加23滴淀粉指示剂，此时溶液呈蓝色，在指定的测定地点抽气，每次抽气100mL，直到溶液的蓝色全部褪尽为止，假设该同学的测量是准确的，则他抽气的次数至少为160次时方可说明该厂空气中的YO2含量达标【考点】位置结构性质的相互关系应用；元素周期律和元素周期表的综合应用【分析】已知X、Y是两种性质相似的短周期元素若X、Y是同周期相邻相似，它们的单质都必须采用电解法制备，但都无需密封保存，结合位置关系可知，则X为Mg、Y为Al；若X、Y是同族相似，X是形成化合物种类最多的元素，则X为碳元素，Y为Si（3）已知：2I2（s）+5O2（g）=2I
68、2O5（s）H=75.66kJmol12CO（g）+O2（g）=2CO2（g）H=566.0kJmol1根据盖斯定律，（5）2可得：5CO（g）+I2O5（s）=5 CO2（g）+I2（s）；（4）隔绝空气时SiO和NaOH溶液反应，产物之一是Na2SiO3，还生成氢气；若X、Y是对角相似，X、Y的最高价含氧酸的浓溶液都有强氧化性，则X为N元素、Y为S元素（5）铁片在冷的浓硝酸、浓硫酸中发生钝化，铜片、木炭与浓硝酸及浓硫酸反应，而二氧化硫不能与浓硫酸反应；（6）HA是含有X元素的一元酸，常温下，将0.2mol/L的HA溶液与等体积、等浓度的NaOH溶液混合，发生反应：HA+NaOH=NaA+H
69、2O，反应后溶液中钠离子浓度为：c（Na+）=0.2mol/L=0.1mol/L，若HA为强酸，则反应生成溶液为中性，存在离子有：Na+、A、OH、H+四种，根据图象可知，M的浓度小于0.1mol/L，则反应后的溶液中至少存在5种粒子，所以HA为弱酸，NaA溶液呈碱性，则c（OH）c（H+），一般来说，盐类的水解程度较低，则有c（A）c（OH），所以有：c（Na+）c（A）c（OH）c（HA）c（H+）；（7）二氧化硫用碘溶液来吸收，方程式为：SO2+I2+2H2O2HI+H2SO4，结合反应的方程式计算【解答】解：已知X、Y是两种性质相似的短周期元素若X、Y是同周期相邻相似，它们的单质都必须
70、采用电解法制备，但都无需密封保存，结合位置关系可知，则X为Mg、Y为Al，（1）Mg2+离子的结构示意图为：，故答案为：；（2）Al元素在周期表中位置：第三周期A族，故答案为：第三周期A族；若X、Y是同族相似，X是形成化合物种类最多的元素，则X为碳元素，Y为Si（3）已知：2I2（s）+5O2（g）=2I2O5（s）H=75.66kJmol12CO（g）+O2（g）=2CO2（g）H=566.0kJmol1根据盖斯定律，（5）2可得：5CO（g）+I2O5（s）=5 CO2（g）+I2（s）H=1377.17kJ/mol，故答案为：5CO（g）+I2O5（s）=5 CO2（g）+I2（s）H=
71、1377.17kJ/mol；（4）隔绝空气时SiO和NaOH溶液反应，产物之一是Na2SiO3，还生成氢气，反应离子方程式为：，故答案为：SiO+2OH=SiO32+H2；若X、Y是对角相似，X、Y的最高价含氧酸的浓溶液都有强氧化性，则X为N元素、Y为S元素（5）铁片在冷的浓硝酸、浓硫酸中发生钝化，铜片、木炭与浓硝酸及浓硫酸反应，说明浓硫酸、浓硝酸具有强氧化性，而二氧化硫不能与浓硫酸反应，不能说明浓硫酸具有强氧化性，故选：ABD；（6）HA是含有X元素的一元酸，常温下，将0.2mol/L的HA溶液与等体积、等浓度的NaOH溶液混合，发生反应：HA+NaOH=NaA+H2O，反应后溶液中钠离子浓
72、度为：c（Na+）=0.2mol/L=0.1mol/L，若HA为强酸，则反应生成溶液为中性，存在离子有：Na+、A、OH、H+四种，根据图象可知，M的浓度小于0.1mol/L，则反应后的溶液中至少存在5种粒子，所以HA为弱酸，NaA溶液呈碱性，则c（OH）c（H+），一般来说，盐类的水解程度较低，则有c（A）c（OH），所以有：c（Na+）c（A）c（OH）c（HA）c（H+），即M为A，N为OH，P为HA，Q为H+，故答案为：OH；（7）二氧化硫用碘溶液来吸收，方程式为：SO2+I2+2H2O2HI+H2SO4，为说明该地空气中的SO2含量符合排放标准，设至少抽气x次，则抽气x次SO2的质量
73、为100x103L2105 gL1=（2x106）g，根据化学方程式可得：SO2I264 g1 mol2x106 g10103 L5104 molL164 g：2x106 g=1 mol：10103 L5104 molL1解得x=160，故答案为：16024二氧化碳的捕集、利用与封存是能源领域的一个重要研究课题（1）在太阳能作用下，以CO2为原料制取碳（C）的流程如图1所示热分解系统每分解0.5mol Fe3O4转移电子的物质的量为1mol该系统的总反应的化学方程式是CO2C+O2（2）二氧化碳催化加氢可合成低碳烯：2CO2（g）+6H2（g）C2H4（g）+4H2O（g）H1=a kJmol
74、1，有关能量变化如图2所示：几种物质具有的能量（在标准状况下，规定单质的能量为0，测得其他物质在生成时放出或吸收的热量即为其具有的能量）如表所示：物质CO2（g）C2H4（g）H2O（g）能量/kJmol139452242则a=128几种化学键的键能如下：化学键C=OHHC=COH键能/kJmol1803b615463则b=436（3）据报道以二氧化碳为原料采用特殊的电极电解强酸性的二氧化碳水溶液可得到多种燃料，其原理如图三所示该工艺中能量转化方式主要有太阳能转化为电能、电能转化为化学能（写出其中两种形式即可）其中b极上生成丙烯（CH3CH=CH2）的电极反应式为3CO2+18H+18e=CH
75、3CH=CH2+6H2O乙烯和氧气反应通过上图四装置可将化学能转化为电能，b电极反应式为O2+2H2O+4e=4OH【考点】反应热和焓变；热化学方程式；原电池和电解池的工作原理【分析】（1）反应2Fe3O46FeO+O2中O元素化合价由2价升高到0价，结合元素化合价以及方程式计算；由示意图可知，重整系统中CO2和FeO反应生成Fe3O4和C；（2）由曲线变化可知随着温度升高，氢气的物质的量逐渐增多，说明升高温度平衡逆向移动，则正反应放热；可知a为CO2的变化曲线，结合计量数关系可知b为水，c为C2H4的变化曲线；（3）太阳能电池为电源，电解强酸性的二氧化碳水溶液得到乙烯，乙烯在阴极生成【解答】
76、解：（1）反应2Fe3O46FeO6FeO+O2中O元素化合价由2价升高到0价，由方程式可知，2molFe3O4参加反应，生成1mol氧气，转移4mol电子，则每分解lmolFe3O4转移电子的物质的量为2mol，故答案为：2mol；由示意图可知，重整系统中CO2和FeO反应生成Fe3O4和C，反应的方程式为6FeO+CO22Fe3O4+C，故答案为：6FeO+CO22Fe3O4+C；（2）随着温度升高，氢气的物质的量逐渐增多，因氢气为反应物，则另一条逐渐增多的曲线为CO2，由计量数关系可知b为水，c为C2H4的变化曲线，故答案为：H2O；由曲线变化可知随着温度升高，氢气的物质的量逐渐增多，说
77、明升高温度平衡逆向移动，则正反应放热，故答案为：；为提高CO2的平衡转化率，除改变温度外，还可采取的措施是增大压强或提高比值，故答案为：增大压强或提高比值；（3）太阳能电池为电源，电解强酸性的二氧化碳水溶液得到乙烯，可知能量转化形式有太阳能转化为电能，电能转化为化学能，部分电能转化为热能，故答案为：太阳能转化为电能、电能转化为化学能；电解时，二氧化碳在b极上生成丙烯，电极反应式为3CO2+18H+18e=CH3CH=CH2+6H2O，故答案为：3CO2+18H+18e=CH3CH=CH2+6H2O乙烯和氧气反应中，电子流出的一极为负极，b电极为正极，b电极反应式为：O2+2H2O+4e=4OH
78、，故答案为：O2+2H2O+4e=4OH25过氧化氢是用途很广的绿色氧化剂，它的水溶液俗称双氧水，常用于消毒、杀菌、漂白等试回答下列问题：（1）请写出H2O2的电子式（2）经测定H2O2为二元弱酸，酸性比碳酸还弱，不稳定易分解又已知Na2O2中通入干燥的CO2不反应，但通入潮湿的CO2却可以产生O2，试用化学方程式表示这一过程Na2O2+H2CO3=H2O2+2Na2CO3、2H2O2=2H2O+O2；（3）用 H2O2和H2SO4混合溶液可溶解印刷电路板中的金属铜请写出铜溶解的离子方程式Cu+2H+H2O2Cu2+2H2O在提纯后的CuSO4溶液中加入一定量的Na2SO3和NaCl溶液，加热
79、，生成CuCl沉淀，该反应中氧化产物和还原产物物质的量之比为1：2CuCl是应用广泛的有机合成催化剂，也可采取铜粉还原CuSO4溶液制取，流程如下：已知：CuCl难溶于水和乙醇，在水溶液中存在平衡：CuCl（白色）+2ClCuCl32（无色溶液）a、中，“加热”的目的是加快反应的速率，当观察到溶液由蓝色变为无色，现象，即表明反应已经完全b、潮湿的CuCl在空气中易发生水解和氧化上述流程中，为防止水解和氧化所添加的试剂或采取的操作是浓盐酸、95%乙醇、真空干燥【考点】过氧化氢；铜金属及其重要化合物的主要性质【分析】（1）H2O2的结构式为HOOH，存在两对共用电子对；（2）通入潮湿的CO2却可以
80、产生O2，与碳酸反应生成过氧化氢，然后分解生成氧气；（3）Cu失去电子，被过氧化氢氧化；CuSO4溶液中加入一定量的Na2SO3和NaCl溶液，加热，生成CuCl沉淀，Cu元素的化合价降低，则S元素的化合价升高；CuSO4溶液与NaCl、Cu粉、盐酸在加热条件反应得到CuCl32，过滤分离出未反应的Cu，滤液中含有CuCl32，在水溶液中存在平衡：CuCl（白色）+2ClCuCl32（无色溶液），加入水进行稀释，有利于CuCl沉淀的生成，再经过过滤分离，洗涤干燥得到CuCla、加热可以加快反应速率，由于硫酸铜溶液为蓝色，而CuCl32为无色溶液，根据溶液颜色变化判断反应已经完全；b、潮湿的Cu
81、Cl在空气中易发生水解和氧化，开始加入的浓盐酸及用酒精洗涤均可以抑制水解，在真空中干燥，不能与空气接触【解答】解：（1）H2O2的结构式为HOOH，存在两对共用电子对，其电子式为，故答案为：；（2）通入潮湿的CO2却可以产生O2，与碳酸反应生成过氧化氢，然后分解生成氧气，发生反应为Na2O2+H2CO3=H2O2+2Na2CO3、2H2O2=2H2O+O2，故答案为：Na2O2+H2CO3=H2O2+2Na2CO3、2H2O2=2H2O+O2；（3）Cu失去电子，被过氧化氢氧化，Cu溶解的离子反应为Cu+2H+H2O2Cu2+2H2O，故答案为：Cu+2H+H2O2Cu2+2H2O； CuSO
82、4溶液中加入一定量的Na2SO3和NaCl溶液，加热，生成CuCl沉淀，Cu元素的化合价降低，则S元素的化合价升高，发生2Cu2+2Cl+SO32+H2O2CuCl+SO42+2H+可知，该反应中氧化产物和还原产物物质的量之比为1：2，故答案为：1：2； a升高温度，反应速率加快，中“加热”的目的是：加快反应的速率，由于硫酸铜溶液为蓝色，而CuCl32为无色溶液，当观察到溶液由蓝色变为无色现象，即表明反应已经完全，故答案为：加快反应的速率； 溶液由蓝色变为无色；b潮湿的CuCl在空气中易发生水解和氧化，开始加入的浓盐酸及用酒精洗涤均可以抑制水解，在真空中干燥，不能与空气接触，防止氧化，故答案为：浓盐酸、95%乙醇、真空干燥2016年4月20日
