1、2015-2016学年辽宁省营口市大石桥二中高三（上）期末化学试卷一、选择题：（20小题，1-10每小题2分，11-20每小题2分，共50分每个小题给出的四个选项中只有一个是符合题目要求的）1如图为雾霾的主要成分示意图下列说法错误的是（）ASO2、NxOy都属于酸性氧化物B碳氢化合物可引起光化学烟雾C重金属离子可导致蛋白质变性D汽车尾气的大量排放是造成雾霾天气的人为因素之一2下列有关化学用语表示正确的是（）A过氧化钠的电子式：B次氯酸的结构式：HClOC乙烯的结构简式为CH2CH2D硫原子的结构示意图：3下列说法正确的是（）A石油的分馏和煤的干馏都是物理变化B甲烷、苯、乙醇都可以发生取代反应C
2、淀粉和纤维素互为同分异构体D糖类都能发生水解反应4为确定下列久置于空气中的物质是否变质，所选检验试剂（括号内物质）不能达到目的是（）ANa2SO3溶液（BaCl2）BFeCl2溶液（KSCN）CKI（淀粉溶液）DNaOH溶液（盐酸）5下列现象或事实可用同一原理解释的是（）A铁分别加入浓硫酸和氢氧化钠溶液中均无明显现象B氢氟酸和氢氧化钠溶液都能溶解二氧化硅C次氯酸和二氧化硫都具有漂白作用，能使品红溶液褪色DH2O2溶液中加入MnO2或FeCl3溶液都能增大反应速率6下列关于仪器使用的说法不正确的是（）A振荡分液漏斗时应关闭其玻璃塞和活塞B滴定管装液滴定时应先用标准溶液润洗C蒸馏时温度计的水银球处
3、于蒸馏烧瓶支管附近D锥形瓶用作反应容器时，一定不能加热7四种短周期元素在周期表中的位置如表，其中只有M元素原子最外层电子数与电子层数相等，下列说法不正确的是（）YZMXA原子半径ZMB非金属性：XZCM元素最高价氧化物对应水化物具有两性DY的最高价氧化物对应水化物的酸性比X的弱8下列有关能量的叙述错误的是（）A应用盖斯定律可以计算某些难以直接测定的反应热B化学键的断裂和形成是化学反应中发生能量变化的主要原因CHCl（aq）和NaOH（aq）反应的中和热为57.3kJ/mol，则CH3COOH（aq）和NaOH（aq）完全反应生成1mol H2O（l）时，放出的热量为57.3kJDCO（g）的燃
4、烧热是283.0 kJ/mol，则反应2CO2（g）=2CO（g）+O2（g）的反应热H=+566.0 kJ/mol9NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是（）A1 mol FeI2与足量氯气反应时转移的电子数为2NAB丙烯和环丙烷组成的42g混合气体中氢原子的个数为6NAC2 L 0.5 molL1硫酸钾溶液中阴离子所带电荷数为NAD1 mol Na2O2固体中含离子总数为4NA10下列反应中前者属于取代反应，后者属于加成反应的是（）A甲烷与氯气混合后光照反应；乙烯使酸性高锰酸钾溶液退色B乙烯与溴的四氯化碳溶液反应；苯与氢气在一定条件下反应生成环己烷C苯与浓硝酸和浓硫酸的混合液反应生成油状
5、液体；乙烯与水生成乙醇的反应D在苯中滴入溴水，溴水退色；乙烯与溴水反应11下列有关物质的应用与性质相对应的说法有几个（）明矾能用于净水是因为铝离子水解生成的氢氧化铝胶体具有强氧化性氯化铁溶液可用于制作印刷电路板是因为其能氧化单质铜浓硫酸可用作干燥剂是因为其具有脱水性光导纤维可用作通讯材料是因为其具有导电性Mg0、Al203的熔点很高，可制作耐高温材料NaHC03能与碱反应，因此食品工业上用作焙制糕点的膨松剂Al具有良好的延展性和抗腐蚀性，可制成铝箔包装物品A2个B3个C4个D5个12能正确表示下列反应的离子方程式是（）AFe2O3溶于过量氢碘酸溶液中：Fe2O3+6H+2I2Fe2+I2+3H
6、2OB0.1mol/LNH4Al（SO4）2溶液与0.2mol/LBa（OH）2溶液等体积混合：Al3+2SO42+2Ba2+4OH2BaSO4+AlO2+2H2OC用浓盐酸酸化的KMnO4溶液与H2O2反应，证明H2O2具有还原性：2MnO+6H+5H2O22Mn2+5O2+8H2OD向次氯酸钠溶液中通入足量SO2气体：ClO+SO2+H2OHClO+HSO313室温下，某溶液中由水电离出的c（H+）和c（OH）的乘积是1.01026，下列说法中正确的是（）A该溶液的溶质不可能是NaHSO4B向该溶液中加入铝粉，一定能产生大量H2C下列离子在该溶液中一定能大量共存：Cl、K+、Cu2+D向该
7、溶液中加入NaHCO3固体，一定有化学反应发生14化学家们合成了一种新物质：五星烷，其键线式如图所示下列关于五星烷的说法中正确的是（）A五星烷与己烷互为同系物B五星烷的化学式为C15H20C五星烷分子中含有7个五元环D五星烷的一氯代物有5种15常温下，有0.1mol/L的氯化铵、氯化钠、醋酸钠三种溶液下列有关判断不正确的是（）A与比较：c（Na+）c（NH4+）B中的离子浓度的大小关系是：c（Cl）c（NH4+）c（H+）c（OH）C向中加入适量醋酸溶液，使溶液pH=7，则：c（CH3COO）c（Na+）D与等体积混合的溶液中：c（Cl）=c（NH4+）+c（Na+）+c（NH3H2O）16下
8、列说法中，正确的是（）A25时，1L pH=3的盐酸和醋酸能消耗等质量的镁粉B在含有BaSO4沉淀的溶液中加入Na2SO4固体，c（Ba2+）将增大CV1 L pH=12的NaOH溶液与V2 L pH=2的HA溶液混合，若混合液显中性，则V1V2D在0.1molL1 NaHCO3溶液中，加入少量NaOH固体，Na+和CO32离子浓度均增大174molA和2molB放入2L密闭容器中发生反应2A（g）+B（g）2C（g），H0.4s后反应达到平衡状态，此时测得C的浓度为0.6mol/L下列说法正确的是（）A4s内，v（B）=0.075mol/（Ls）B当c（A）：c（B）：c（C）=2：1：2时
9、，该反应即达到平衡状态C达到平衡状态后，若只升高温度，则C的物质的量浓度增大D达到平衡状态后，若温度不变，缩小容器的体积，则A的转化率降低18氢化亚铜（CuH）是一种难溶物质，用CuSO4溶液和“另一种反应物”在4050时反应可生成它CuH不稳定，易分解；CuH在氯气中能燃烧；跟盐酸反应能产生气体，以下有关的推断中错误的是（）A“另一种反应物”一定具有还原性BCuH既可做氧化剂也可做还原剂CCuH+Cl2CuCl+HCl（燃烧）DCuH+HClCuCl+H2（常温）192011年9月23日，中国科学家屠呦呦获得了美国拉斯克医学奖的临床医学奖，获奖理由是“因为发现青蒿素一种用于治疗疟疾的药物，挽
10、救了全球特别是发展中国家的数百万人的生命”如图是青蒿素的结构，则有关青蒿素的说法中不正确的是（）A青蒿素分子式为C15H22O5B青蒿素有OO键具有较强的氧化性C青蒿素易溶于水、乙醇、苯D青蒿素在碱性条件下易发生水解反应20某兴趣小组同学利用氧化还原反应：2KMnO4+10FeSO4+8H2SO42MnSO4+5Fe2（SO4）3+K2SO4+8H2O，设计如图原电池，盐桥中装有饱和溶液下列说法正确的是（）Ab电极上发生还原反应B外电路电子的流向是从a到bC电池工作时，盐桥中的SO42移向甲烧杯Da电极上发生的反应为：MnO4+8H+5eMn2+4H2O二、非选择题：（3小题，共35分）21化
11、学反应原理在工业生产中具有十分重要的意义（1）工业生产可以用NH3（g）与CO2（g）经两步反应生成尿素，两步反应的能量变化示意图如下（如图1）：则NH3（g）与CO2（g）反应生成尿素的热化学方程式为（2）已知反应Fe（s）+CO2（g）FeO（s）+CO（g）H=a kJmol1测得在不同温度下，该反应的平衡常数K随温度的变化如下：温度（）500700900K1.001.472.40该反应的化学平衡常数K的表达式为，a0（填“”、“”或“=”）在5002L密闭容器中进行反应，Fe和CO2的起始量均为4mol，则5min后达到平衡时CO2的转化率为，生成CO的平均速率v （CO）为700反应
12、达到平衡后，要使反应速率增大且平衡向右移动，可采取的措施有（3）利用CO与H2可直接合成甲醇，图2是由“甲醇空气”形成的绿色燃料电池的工作原理示意图，写出以石墨为电极的电池工作时负极的电极反应式，利用该电池电解1L 0.5mol/L的CuSO4溶液，当消耗560mLO2 （标准状况下），电解后溶液的pH=（溶液电解前后体积的变化忽略不计）22重铬酸盐广泛用作氧化剂、皮革制作等以铬矿石（主要成分是Cr2O3，含FeO、Al2O3、SiO2等杂质）为原料制取重铬酸钠的流程如下：请回答下列问题：（1）写出：Cr2O3与纯碱在高温焙烧时反应的化学方程式，Na2CrO4用硫酸酸化时反应的离子方程式；（2
13、）Na2Cr2O7可用于测定废水的化学耗氧量（即COD，指每升水样中还原性物质被氧化所需要O2的质量）现有某水样100.00mL，酸化后加入C1 mol/L的Na2Cr2O7溶液 V1 mL，使水中的还原性物质完全被氧化（Cr2O72还原为Cr3+）；再用C2mol/L的FeSO4溶液滴定剩余的Cr2O72，结果消耗FeSO4溶液V2mL该水样的COD为mg/L；假设上述反应后所得溶液中Fe3+和Cr3+的物质的量浓度均为0.1mol/L，要使Fe3+沉淀完全而Cr3+还未开始沉淀则需调节溶液pH的范围是（可能用到的数据：KSPFe（OH）3=4.01038，KSPCr（OH）3=6.0103
14、1，lg=0.1，lg=0.2，lg=0.3，lg=0.6（3）在Na2Cr207溶液中加入固体KC1进行复分解反应即可制得橙色的K2Cr207，请分析此反应能发生的原因（4）酸性的K2Cr207溶液常用于酒驾的检验，写出反应的离子方程式，反应时可观察到的现象是23黄铁矿是工业上制取硫酸的主要原料，其主要成分为FeS2，含少量杂质（杂质不含S元素，且高温下不反应）某化学兴趣小组用下列装置如图1测定黄铁矿中硫元素的质量分数称取2.0g研细的黄铁矿样品，将样品放入石英管中，缓慢鼓入空气，再加热石英管至800850；锥形瓶中盛装100mL 0.2mol/L酸性KMnO4溶液用于吸收SO2（忽略SO2
15、、H2SO3与氧气反应）；反应结束后，每次从锥形瓶中取出25.00mL溶液，用0.23mol/L标准H2C2O4溶液滴定，重复三次已知：4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2；2KMnO4+5SO2+2H2OK2SO4+2MnSO4+2H2SO4请回答下列问题：（1）连接好装置，检查装置气密性的操作是（2）通入空气的作用是（3）若实验过程中鼓入空气的速率过快，则测得的硫元素的质量分数（填“偏高”、“偏低”或“不变”）（4）滴定时，应选择图2中的（填字母序号）盛装标准H2C2O4溶液，根据现象来判断滴定已经达到终点（5）如果黄铁矿中的硫全部转化为SO2，且被酸性KMnO4溶液完全吸收，滴定操
16、作中，平均耗用0.23mol/L标准H2C2O4溶液21.73mL，则黄铁矿样品中硫元素的质量分数是（保留到小数点后1位）三、选做题：（考生从三道题中选一题作答，标清题号，按步骤写清答案15分）化学-选修2：化学与技术（15分）24海水中蕴藏着丰富的资源海水综合利用的流程图如下：请回答下列问题：（1）用NaCl做原料可以得到多种产品工业上由NaCl制备金属钠的化学方程式是实验室用惰性电极电解100mL NaCl溶液，若阴阳两极均得到112mL气体（标准状况），则所得溶液的pH为（忽略反应前后溶液的体积变化）电解氯化钠稀溶液可制备“84”消毒液，通电时氯气被溶液完全吸收，若所得消毒液仅含一种溶质
17、，写出相应的化学方程式（2）分离出粗盐后的卤水中蕴含着丰富的镁资源，经转化后可获得MgCl2粗产品从卤水中提取镁的步骤为：a将海边大量存在的贝壳煅烧成石灰，并将石灰制成石灰乳；b将石灰乳加入到海水沉淀池中经过滤得到Mg（OH）2沉淀；c在Mg（OH）2沉淀中加入盐酸得到MgCl2溶液，再经蒸发结晶得到MgCl26H2O；d将MgCl26H2O在一定条件下加热得到无水MgCl2；e电解熔融的氯化镁可得到Mg步骤d中的“一定条件”指的是，目的是上述提取镁的流程中，为了降低成本，减少污染，可以采取很多措施，请写出其中一点有同学认为：步骤b后可加热Mg（OH）2得到MgO，再电解熔融的MgO制金属镁，
18、这样可简化实验步骤，体现实验的简约性原则你同意该同学的想法吗？，请说出你同意或不同意的理由化学-选修3：物质结构与性质（15分）25（2015秋营口校级期末）前四周期原子序数依次增大的六种元素A、B、C、D、E、F中，A、B属于同一短周期元素且相邻，A元素所形成的化合物种类最多，C、D、E、F是位于同一周期的金属元素，基态C、F原子的价电子层中未成对电子均为1个，且C、F原子的电子数相差为10，基态D、E原子的价电子层中未成对电子数分别为4、2，且原子序数相差为2（1）六种元素中第一电离能最小的是 （填元素符号，下同），电负性最大的是（2）黄血盐是由A、B、C、D四种元素形成的配位化合物C4D
19、（AB）6，易溶于水，广泛用作食盐添加剂（抗结剂）请写出黄血盐的化学式，1mol AB中含有键的数目为，黄血盐晶体中各种微粒间的作用力不涉及 （填序号）a离子键 b共价键 c配位键 d金属键 e氢键 f分子间的作用力（3）E2+的价层电子排布图为，很多不饱和有机物在E催化下可与H2发生加成反应：如CH2=CH2、HCCH、HCHO其中碳原子采取sp2杂化的分子有（填物质序号），HCHO分子的立体结构为 形，它加成产物的熔、沸点比CH4的熔、沸点高，其主要原因是（须指明加成产物是何物质）（4）金属C、F晶体的晶胞结构如图（请先判断对应的图），C、F两种晶体晶胞中金属原子的配位数之比为金属C的晶胞
20、中，若设该晶胞的密度为a g/cm3，阿伏加德罗常数的值为NA，C原子的摩尔质量为M，则表示C原子半径的计算式为化学-选修5：有机化学基础（15分）26（2015德阳模拟）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YD（2）属于加成反应的有（填数字序号）（3）1molBAD最多可与含molNaOH的溶液完全反应（4）写出方程式反应F+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FeCl
21、3溶液显紫色核磁共振氢谱图中有四个吸收峰2015-2016学年辽宁省营口市大石桥二中高三（上）期末化学试卷参考答案与试题解析一、选择题：（20小题，1-10每小题2分，11-20每小题2分，共50分每个小题给出的四个选项中只有一个是符合题目要求的）1如图为雾霾的主要成分示意图下列说法错误的是（）ASO2、NxOy都属于酸性氧化物B碳氢化合物可引起光化学烟雾C重金属离子可导致蛋白质变性D汽车尾气的大量排放是造成雾霾天气的人为因素之一【分析】ANxOy组成未知，不一定是酸性氧化物；B光化学烟雾的形成与有关；C重金属离子都有较多空轨道易于蛋白质形成配离，使体内的蛋白质凝固及变性；D汽车尾气的排放可导
22、致雾霾天气【解答】解：A二氧化硫为酸性氧化物，但NxOy组成未知，不一定是酸性氧化物，故A错误；B氮氧化合物和碳氢化合物的大量排放，可形成光化学烟雾，故B正确；C重金属离子都有较多空轨道易于蛋白质形成配离子，形成配离子后蛋白质功能就丧失，使体内的蛋白质凝固及变性，故C正确；D汽车尾气的排放是雾霾天气的成因之一，故D正确；故选A2下列有关化学用语表示正确的是（）A过氧化钠的电子式：B次氯酸的结构式：HClOC乙烯的结构简式为CH2CH2D硫原子的结构示意图：【分析】A过氧化钠为离子化合物，电子式中需要标出阴阳离子所带电荷；B次氯酸的中心原子为O原子，不存在HCl键；C乙烯分子中含有碳碳双键，结构
23、简式中应该标出官能团结构；D硫原子的核电荷数为16=核外电子总数=16，最外层含有6个电子【解答】解：A过氧化钠为离子化合物，化合物中存在钠离子和过氧根离子，过氧化钠的电子式为，故A错误；B次氯酸中存在1个HO键和1个OCl键，正确的结构式为：HOCl，故B错误；C乙烯分子中含有官能团碳碳双键，其正确的结构简式为：CH2=CH2，故C错误；DS原子的核电荷数和核外电子总数都是16，其原子结构示意图为：，故D正确；故选D3下列说法正确的是（）A石油的分馏和煤的干馏都是物理变化B甲烷、苯、乙醇都可以发生取代反应C淀粉和纤维素互为同分异构体D糖类都能发生水解反应【分析】A煤的干馏是有新物质生成； B
24、甲烷在光照条件下能够与氯气发生反应，苯能够与液溴在一定条件下发生反应，乙醇能发生酯化反应；C化学式中的n值不同；D糖类中的单糖不能水解【解答】解：A煤的干馏是有新物质生成，属于化学变化，故A错误； B甲烷在光照条件下能够与氯气发生取代反应，苯能够与液溴在一定条件下发生取代反应，乙醇能发生酯化反应，是取代反应，故B正确；C淀粉和纤维素是多糖，高分子化合物，化学式中的n值不同，不是同分异构体，故C错误；D糖类中的单糖，如葡萄糖不能水解，故D错误故选B4为确定下列久置于空气中的物质是否变质，所选检验试剂（括号内物质）不能达到目的是（）ANa2SO3溶液（BaCl2）BFeCl2溶液（KSCN）CKI
25、（淀粉溶液）DNaOH溶液（盐酸）【分析】ANa2SO3溶液变质混有Na2SO4，均与氯化钡反应生成沉淀；BFeCl2溶液变质混有FeCl3，可检验铁离子；CKI变质生成碘单质；DNaOH变质混有碳酸钠【解答】解：ANa2SO3溶液变质混有Na2SO4，均与氯化钡反应生成沉淀，则加氯化钡不能检验是否变质，故A选；BFeCl2溶液变质混有FeCl3，则加KSCN可检验铁离子，能检验是否变质，故B不选；CKI变质生成碘单质，淀粉遇碘单质变蓝，可检验是否变质，故C不选；DNaOH在空气中变质生成碳酸钠，盐酸和碳酸钠反应生成二氧化碳气体，可鉴别，故D不选；故选A5下列现象或事实可用同一原理解释的是（）
26、A铁分别加入浓硫酸和氢氧化钠溶液中均无明显现象B氢氟酸和氢氧化钠溶液都能溶解二氧化硅C次氯酸和二氧化硫都具有漂白作用，能使品红溶液褪色DH2O2溶液中加入MnO2或FeCl3溶液都能增大反应速率【分析】AFe与浓硫酸发生钝化，Fe与NaOH溶液不反应；B二氧化硅为酸性氧化物，与NaOH反应生成盐和水，与HF反应为其特性；BHClO具有强氧化性，而二氧化硫与品红化合生成无色物质；DMnO2或FeCl3溶液均可作过氧化氢分解的催化剂【解答】解：AFe与浓硫酸发生钝化，Fe与NaOH溶液不反应，均无现象，但原理不同，故A错误；B二氧化硅为酸性氧化物，与NaOH反应生成盐和水，与HF反应为其特性，则原
27、理不同，故B错误；BHClO具有强氧化性具有漂白性，而二氧化硫与品红化合生成无色物质，品红溶液褪色原理不同，故C错误；DMnO2或FeCl3溶液均可作过氧化氢分解的催化剂，均加快反应速率，故D正确；故选D6下列关于仪器使用的说法不正确的是（）A振荡分液漏斗时应关闭其玻璃塞和活塞B滴定管装液滴定时应先用标准溶液润洗C蒸馏时温度计的水银球处于蒸馏烧瓶支管附近D锥形瓶用作反应容器时，一定不能加热【分析】A振荡分液漏斗时应防止漏液；B滴定管应该先用蒸馏水洗涤，然后再用待装液润洗；C蒸馏时，温度计用于测量馏分的温度；D可以垫上石棉网给锥形瓶加热【解答】解：A使用分液漏斗进行分液操作时，振荡前应关闭其玻璃
28、塞和活塞，避免液体流出，然后再进行振荡，故A正确；B滴定管装滴定液前，应该先使用蒸馏水洗涤，然后再用滴定液润洗，顺序不能颠倒，否则蒸馏水会将待装液稀释，故B正确；C蒸馏时，温度计由于测量馏出物温度，所以温度计的水银球应该放在蒸馏烧瓶的支管口处，温度计的水银球不能高于蒸馏瓶支管口，故C正确；D锥形瓶可以加热，不过加热时需要垫上石棉网，故D错误故选D7四种短周期元素在周期表中的位置如表，其中只有M元素原子最外层电子数与电子层数相等，下列说法不正确的是（）YZMXA原子半径ZMB非金属性：XZCM元素最高价氧化物对应水化物具有两性DY的最高价氧化物对应水化物的酸性比X的弱【分析】由四种短周期元素在周
29、期表中的位置可知，Y、Z处于第二周期，M、X处于第三周期，其中只有M元素原子最外层电子数与电子层数相等，则M为Al，可推知X为Si、Y为N、Z为OA同周期随原子序数增大原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大；B同周期随原子序数增大元素非金属性增强，同主族自上而下元素非金属性减弱；C氢氧化铝是两性氢氧化物；D非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强【解答】解：由四种短周期元素在周期表中的位置可知，Y、Z处于第二周期，M、X处于第三周期，其中只有M元素原子最外层电子数与电子层数相等，则M为Al，可推知X为Si、Y为N、Z为OA同周期随原子序数增大原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故
30、原子半径ZM，故A正确；B同周期随原子序数增大元素非金属性增强，同主族自上而下元素非金属性减弱，故非金属性：XZ，故B正确；C氢氧化铝溶于强酸、强碱生成相应的盐与水，是两性氢氧化物，故C正确；D同周期随原子序数增大元素非金属性增强，同主族自上而下元素非金属性减弱，故非金属性XY，非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，故D错误，故选D8下列有关能量的叙述错误的是（）A应用盖斯定律可以计算某些难以直接测定的反应热B化学键的断裂和形成是化学反应中发生能量变化的主要原因CHCl（aq）和NaOH（aq）反应的中和热为57.3kJ/mol，则CH3COOH（aq）和NaOH（aq）完全反应生成
31、1mol H2O（l）时，放出的热量为57.3kJDCO（g）的燃烧热是283.0 kJ/mol，则反应2CO2（g）=2CO（g）+O2（g）的反应热H=+566.0 kJ/mol【分析】A盖斯定律是和起始状态、终了状态物质的能量有关，与变化过程无关； B化学变化的实质为旧键断裂和新键形成；CCH3COOH是弱酸电离吸热；D放热为负【解答】解：A盖斯定律是和起始状态、终了状态物质的能量有关，与变化过程无关，可以计算难以测定的反应的焓变，故A正确； B化学变化的实质为旧键断裂和新键形成，则化学键的断裂和形成是化学反应中能量变化的主要原因，故B正确；CCH3COOH是弱酸电离吸热，放出的热量小于
32、57.3kJ，故C错误；D放热为负，H=566.0 kJ/mol，故D正确故选C9NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是（）A1 mol FeI2与足量氯气反应时转移的电子数为2NAB丙烯和环丙烷组成的42g混合气体中氢原子的个数为6NAC2 L 0.5 molL1硫酸钾溶液中阴离子所带电荷数为NAD1 mol Na2O2固体中含离子总数为4NA【分析】A、亚铁离子和碘离子均能与氯气反应；B、丙烯和环丙烷的摩尔质量均为42g/mol；C、在硫酸钾溶液中，阴离子除了硫酸根，还有氢氧根；D、过氧化钠是由2个钠离子和1个过氧根构成的【解答】解：A、亚铁离子和碘离子均能与氯气反应，故1molFeI2
33、与足量氯气反应时能转移3mol电子即3NA个，故A错误；B、丙烯和环丙烷的摩尔质量均为42g/mol，故42g混合物的物质的量为1mol，而两者的分子式均为C3H6，故1mol混合物中含6mol氢原子即6NA个，故B正确；C、在硫酸钾溶液中，阴离子除了硫酸根，还有氢氧根，故溶液中的阴离子所带的负电荷大于2NA个，故错误；D、过氧化钠是由2个钠离子和1个过氧根构成的，故1mol过氧化钠中含3mol离子即3NA个，故D错误故选B10下列反应中前者属于取代反应，后者属于加成反应的是（）A甲烷与氯气混合后光照反应；乙烯使酸性高锰酸钾溶液退色B乙烯与溴的四氯化碳溶液反应；苯与氢气在一定条件下反应生成环己
34、烷C苯与浓硝酸和浓硫酸的混合液反应生成油状液体；乙烯与水生成乙醇的反应D在苯中滴入溴水，溴水退色；乙烯与溴水反应【分析】有机物分子中的不饱和键断裂，断键原子与其他原子或原子团相结合，生成新的化合物的反应是加成反应；有机物中的原子或原子团被其他的原子或原子团所代替生成新的化合物的反应叫取代反应，根据定义分析解答【解答】解：A、甲烷和氯气混合光照一段时间后，甲烷中的氢原子被氯原子所代替生成氯代物，所以属于取代反应；乙烯使酸性高锰酸钾溶液褪色，是高锰酸钾和乙烯发生了氧化反应的结果，故A错误；B、乙烯中的双键断裂，每个碳原子上结合一个溴原子生成1，2二溴乙烯，所以属于加成反应；苯和氢气在一定条件下反应
35、生成环己烷也是加成反应，故B错误；C、在浓硫酸和加热条件下，苯环上的氢原子被硝基取代生成硝基苯，所以属于取代反应；在一定条件下，乙烯中的双键断裂，一个碳原子上结合一个氢原子，另一个碳原子上结合羟基，生成乙醇，该反应属于加成反应，故C正确；D、苯能萃取溴水中的溴而使水层无色，不是加成反应是萃取；乙烯生成聚乙烯的反应属于加聚反应，故D错误，故选C11下列有关物质的应用与性质相对应的说法有几个（）明矾能用于净水是因为铝离子水解生成的氢氧化铝胶体具有强氧化性氯化铁溶液可用于制作印刷电路板是因为其能氧化单质铜浓硫酸可用作干燥剂是因为其具有脱水性光导纤维可用作通讯材料是因为其具有导电性Mg0、Al203的
36、熔点很高，可制作耐高温材料NaHC03能与碱反应，因此食品工业上用作焙制糕点的膨松剂Al具有良好的延展性和抗腐蚀性，可制成铝箔包装物品A2个B3个C4个D5个【分析】氢氧化铝胶体不具有强氧化性；氯化铁具有氧化性，可氧化铜生成氯化铜；浓硫酸具有吸水性，可用作干燥剂；光导纤维具有折光性；Mg0、Al203为离子晶体，熔点高；NaHC03能与酸反应生成二氧化碳气体；铝易在表面生成一层致密的氧化膜【解答】解：氢氧化铝胶体具有吸附性，可用于除去水额悬浮物，不具有强氧化性，故错误；氯化铁具有氧化性，可氧化铜生成氯化铜和氯化亚铁，可用于制作印刷电路板，故正确；浓硫酸具有吸水性，可用作干燥剂，不是脱水性，故错
37、误；光导纤维具有折光性，不具有导电性，故错误；Mg0、Al203为离子晶体，因离子半径较小，则晶格能较大，熔点高，故正确；NaHC03能与酸反应生成二氧化碳气体，与碱反应不能生成气体，故错误；铝易在表面生成一层致密的氧化膜，可阻碍反应继续进行，起到保护作用，故正确故选B12能正确表示下列反应的离子方程式是（）AFe2O3溶于过量氢碘酸溶液中：Fe2O3+6H+2I2Fe2+I2+3H2OB0.1mol/LNH4Al（SO4）2溶液与0.2mol/LBa（OH）2溶液等体积混合：Al3+2SO42+2Ba2+4OH2BaSO4+AlO2+2H2OC用浓盐酸酸化的KMnO4溶液与H2O2反应，证明
38、H2O2具有还原性：2MnO+6H+5H2O22Mn2+5O2+8H2OD向次氯酸钠溶液中通入足量SO2气体：ClO+SO2+H2OHClO+HSO3【分析】A发生氧化还原反应，遵循电子、电荷守恒；B物质的量比为1：2，反应生成硫酸钡、氢氧化铝和一水合氨；C高锰酸钾能氧化HCl；D发生氧化还原反应生成硫酸钠【解答】解：AFe2O3溶于过量氢碘酸溶液中的离子反应为Fe2O3+6H+2I2Fe2+I2+3H2O，故A正确；B.0.1mol/LNH4Al（SO4）2溶液与0.2mol/LBa（OH）2溶液等体积混合的离子反应为2Ba2+NH4+Al3+2SO42+4OHAl（OH）3+2BaSO4+
39、NH3H2O，故B错误；C用浓盐酸酸化的KMnO4溶液与H2O2反应，因高锰酸钾氧化HCl，不能证明H2O2具有还原性，故C错误；D向次氯酸钠溶液中通入足量SO2气体的离子反应为ClO+SO2+H2O2H+Cl+SO42，故D错误；故选A13室温下，某溶液中由水电离出的c（H+）和c（OH）的乘积是1.01026，下列说法中正确的是（）A该溶液的溶质不可能是NaHSO4B向该溶液中加入铝粉，一定能产生大量H2C下列离子在该溶液中一定能大量共存：Cl、K+、Cu2+D向该溶液中加入NaHCO3固体，一定有化学反应发生【分析】室温下，某溶液中由水电离出的c（H+）和c（OH）的乘积是1.01026
40、，说明水的电离被抑制，此溶液可能是酸溶液，也可能是碱溶液，据此分析【解答】解：室温下，某溶液中由水电离出的c（H+）和c（OH）的乘积是1.01026，说明水的电离被抑制，此溶液可能是酸溶液（或强酸的酸式盐溶液），也可能是碱溶液A、NaHSO4是强酸强碱盐，在溶液中能完全电离出钠离子、氢离子和硫酸根而显强酸性，对水的电离有抑制作用，故可能是NaHSO4溶液，故A错误；B、此溶液可能是酸溶液（或强酸的酸式盐溶液），也可能是碱溶液，但如果是硝酸溶液，则加入铝无氢气产生，故B错误；C、此溶液可能是酸溶液（或强酸的酸式盐溶液），也可能是碱溶液，但如果是碱溶液，则铜离子不能存在，故C错误；D、此溶液可能
41、是酸溶液（或强酸的酸式盐溶液），也可能是碱溶液，而NaHCO3和酸、碱均能反应，即一定有化学反应发生，故D正确故选D14化学家们合成了一种新物质：五星烷，其键线式如图所示下列关于五星烷的说法中正确的是（）A五星烷与己烷互为同系物B五星烷的化学式为C15H20C五星烷分子中含有7个五元环D五星烷的一氯代物有5种【分析】A根据同系物的定义分析；B根据键线式判断含有的C、H原子数，可计算分子式；C五星烷中含有六元环；D五星烷是一个很对称的结构，只存在两种不同类型的H原子，以此判断【解答】解：A同系物应相差nCH2，该有机物含有环状结构，明显与己烷不是同系物关系，故A错误；B根据五星烷的键线式，可写出
42、其化学式为C15H20，故B正确；C从结构式看，对面是2个五元环，外层是5个六元环，故C错误；D五星烷是一个很对称的结构，只存在两种不同类型的H原子，即一氯代物只有两种，故D错误故选B15常温下，有0.1mol/L的氯化铵、氯化钠、醋酸钠三种溶液下列有关判断不正确的是（）A与比较：c（Na+）c（NH4+）B中的离子浓度的大小关系是：c（Cl）c（NH4+）c（H+）c（OH）C向中加入适量醋酸溶液，使溶液pH=7，则：c（CH3COO）c（Na+）D与等体积混合的溶液中：c（Cl）=c（NH4+）+c（Na+）+c（NH3H2O）【分析】A氯化铵溶液中，铵根离子部分水解，铵根离子浓度减小；B
43、氯化铵溶液中，铵根离子水解，溶液显示酸性，c（Cl）c（NH4+）、c（H+）c（OH）；C溶液的pH=7，溶液显示中性，则c（H+）=c（OH），根据电荷守恒可知c（CH3COO ）=c（Na+）；D溶液中满足物料守恒，根据混合液中的物料守恒进行判断【解答】解：A氯化铵溶液中，铵根离子部分水解，则c（NH4+）0.1mol/L，而氯化钠溶液中，c（Na+）=0.1mol/l，则c（Na+）c（NH4+），故A正确；B氯化铵溶液中，铵根离子部分水解，则溶液中c（Cl）c（NH4+），溶液显示酸性，则c（H+）c（OH），溶液中离子浓度大小为：c（Cl）c（NH4+）c（H+）c（OH），故B正
44、确；C中滴加适量醋酸溶液，使溶液pH=7，溶液显示中性，则c（H+）=c（OH），根据电荷守恒c（CH3COO ）+c（OH）=c（Na+）+c（H+）可知：c（CH3COO ）=c（Na+），故C错误；D氯化铵、氯化钠等体积混合后，体积增大1倍，则溶液中c（Cl）=0.1mol/L，c（Na+）=0.05mol/L，c（NH4+）+c（NH3H2O）=0.05mol/L，则c（Cl）=c（Na+）+c（NH4+）+c（NH3H2O），故D正确；故选C16下列说法中，正确的是（）A25时，1L pH=3的盐酸和醋酸能消耗等质量的镁粉B在含有BaSO4沉淀的溶液中加入Na2SO4固体，c（Ba2
45、+）将增大CV1 L pH=12的NaOH溶液与V2 L pH=2的HA溶液混合，若混合液显中性，则V1V2D在0.1molL1 NaHCO3溶液中，加入少量NaOH固体，Na+和CO32离子浓度均增大【分析】ApH相等的醋酸和盐酸，醋酸的浓度大于盐酸，等pH、等体积的醋酸和盐酸分别与镁反应，消耗镁的质量与酸的物质的量成正比；B硫酸钡溶液中存在溶解平衡，加入含有钡离子或硫酸根离子的物质抑制硫酸钡溶解；CpH=12的NaOH溶液和pH=2的HA溶液，氢氧化钠中氢氧根离子浓度等于HA中氢离子浓度，根据HA的强酸判断；D碳酸氢根离子存在电离平衡，加入和氢离子反应的物质促进碳酸氢根离子电离【解答】解：
46、ApH相等的醋酸和盐酸，醋酸的浓度大于盐酸，醋酸和盐酸分别与镁反应，消耗镁的质量与酸的物质的量成正比，等pH、等体积的醋酸和盐酸，醋酸的物质的量大于盐酸，所以醋酸消耗的镁质量大，故A错误；B硫酸钡溶液中存在溶解平衡，加入含有钡离子或硫酸根离子的物质抑制硫酸钡溶解，所以向硫酸钡中加入硫酸钠，硫酸根离子浓度增大抑制硫酸钡溶解，溶液中钡离子浓度减小，故B错误；CpH=12的NaOH溶液和pH=2的HA溶液，氢氧化钠中氢氧根离子浓度等于HA中氢离子浓度，如果HA为强酸，溶液呈中性，则二者体积相等，如果HA为弱酸，酸的浓度大于氢氧化钠，混合溶液呈中性，则酸体积应该少些，故C错误；D碳酸氢根离子存在电离平
47、衡，加入和氢离子反应的物质促进碳酸氢根离子电离，所以加入氢氧化钠后，氢氧根离子和氢离子反应生成水，从而促进碳酸氢根离子电离，则溶液中碳酸根离子和钠离子浓度都增大，故D正确；故选D174molA和2molB放入2L密闭容器中发生反应2A（g）+B（g）2C（g），H0.4s后反应达到平衡状态，此时测得C的浓度为0.6mol/L下列说法正确的是（）A4s内，v（B）=0.075mol/（Ls）B当c（A）：c（B）：c（C）=2：1：2时，该反应即达到平衡状态C达到平衡状态后，若只升高温度，则C的物质的量浓度增大D达到平衡状态后，若温度不变，缩小容器的体积，则A的转化率降低【分析】A根据反应速率之
48、比等于化学计量数之比计算；B反应是否达到平衡状态，取决于正反应速率的关系，与平衡时的各物质的浓度无关；C升高温度，平衡向逆反应方向移动；D缩小容器的体积，压强增大，平衡向正反应方向移动【解答】解：Av（C）=0.15mol/（Ls），反应速率之比等于化学计量数之比，则v（B）=0.075mol/（Ls），故A正确；B平衡时各物质的浓度关系取决于起始配比数以及反应的程度，不能作为判断达到平衡的依据，故B错误；C升高温度，平衡向逆反应方向移动，C的物质的量浓度减小，故C错误；D缩小容器的体积，压强增大，平衡向正反应方向移动，A的转化率增大，故D错误故选A18氢化亚铜（CuH）是一种难溶物质，用Cu
49、SO4溶液和“另一种反应物”在4050时反应可生成它CuH不稳定，易分解；CuH在氯气中能燃烧；跟盐酸反应能产生气体，以下有关的推断中错误的是（）A“另一种反应物”一定具有还原性BCuH既可做氧化剂也可做还原剂CCuH+Cl2CuCl+HCl（燃烧）DCuH+HClCuCl+H2（常温）【分析】ACuSO4溶液和“另一种反应物”在4050C时反应可生成CuH，反应中CuSO4的Cu元素化合价降低，则Cu被还原，所以“另一种反应物”具有还原性；BCuH中Cu的化合价为+1价，既可升高也可降低，据此分析；CCuH在氯气中能燃烧，发生氧化还原反应生成CuCl2和HCl；DCuH中H的化合价为1价，具
50、有还原性，可与HCl反应生成H2【解答】解：ACuSO4溶液和“另一种反应物”在4050C时反应可生成CuH，反应中CuSO4的Cu元素化合价降低，则Cu被还原，所以“另一种反应物”具有还原性，故A正确；BCuH中Cu的化合价为+1价，既可升高也可降低，CuH既可作氧化剂也可作还原剂，故B正确；CCuH在氯气中能燃烧，发生氧化还原反应生成CuCl2和HCl，故C错误；DCuH中H的化合价为1价，具有还原性，可与HCl反应生成H2，反应的方程式为CuH+HClCuCl+H2，故D正确故选C192011年9月23日，中国科学家屠呦呦获得了美国拉斯克医学奖的临床医学奖，获奖理由是“因为发现青蒿素一种
51、用于治疗疟疾的药物，挽救了全球特别是发展中国家的数百万人的生命”如图是青蒿素的结构，则有关青蒿素的说法中不正确的是（）A青蒿素分子式为C15H22O5B青蒿素有OO键具有较强的氧化性C青蒿素易溶于水、乙醇、苯D青蒿素在碱性条件下易发生水解反应【分析】可根据有机物的结构简式判断分子式为C15H22O5，分子中含有OO键，具有强氧化性，含有COO，可发生水解反应，含有较多憎水基，难溶于水【解答】解：A根据有机物的结构简式判断分子式为C15H22O5，故A正确；B分子中含有过氧键，具有较强的氧化性，故B正确；C该有机物含有较多憎水基，难溶于水，故C错误；D含有COO，可在碱性条件下发生水解，故D正确
52、故选C20某兴趣小组同学利用氧化还原反应：2KMnO4+10FeSO4+8H2SO42MnSO4+5Fe2（SO4）3+K2SO4+8H2O，设计如图原电池，盐桥中装有饱和溶液下列说法正确的是（）Ab电极上发生还原反应B外电路电子的流向是从a到bC电池工作时，盐桥中的SO42移向甲烧杯Da电极上发生的反应为：MnO4+8H+5eMn2+4H2O【分析】由2KMnO4+10FeSO4+8H2SO42MnSO4+5Fe2（SO4）3+K2SO4+8H2O可知，Mn元素的化合价降低，得到电子，Fe元素的化合价升高，失去电子，则b为负极，a为正极，结合原电池中负极发生氧化反应，电流从正极流向负极，阴离
53、子向负极移动来解答【解答】解：A、b为负极，负极发生氧化反应，故A错误；B、由上述分析可知，a为正极，电子由负极流向正极，即从b流向a，故B错误；C、阴离子向负极移动，则盐桥中的SO42移向乙烧杯中，故C错误；D、甲烧杯中发生还原反应，Mn元素的化合价降低，电极反应为MnO4+8H+5eMn2+4H2O，故D正确；故选D二、非选择题：（3小题，共35分）21化学反应原理在工业生产中具有十分重要的意义（1）工业生产可以用NH3（g）与CO2（g）经两步反应生成尿素，两步反应的能量变化示意图如下（如图1）：则NH3（g）与CO2（g）反应生成尿素的热化学方程式为2NH3（g）+CO2（g）H2O（
54、l）+H2NCONH2（s）H=134kJmol1（2）已知反应Fe（s）+CO2（g）FeO（s）+CO（g）H=a kJmol1测得在不同温度下，该反应的平衡常数K随温度的变化如下：温度（）500700900K1.001.472.40该反应的化学平衡常数K的表达式为K=，a0（填“”、“”或“=”）在5002L密闭容器中进行反应，Fe和CO2的起始量均为4mol，则5min后达到平衡时CO2的转化率为50%，生成CO的平均速率v （CO）为0.2mol/（Lmin）700反应达到平衡后，要使反应速率增大且平衡向右移动，可采取的措施有增加CO2的量、升高温度（3）利用CO与H2可直接合成甲醇
55、，图2是由“甲醇空气”形成的绿色燃料电池的工作原理示意图，写出以石墨为电极的电池工作时负极的电极反应式CH3OH6e+H2OCO2+6H+，利用该电池电解1L 0.5mol/L的CuSO4溶液，当消耗560mLO2 （标准状况下），电解后溶液的pH=1（溶液电解前后体积的变化忽略不计）【分析】（1）由图示可知，两步反应的完成的热效应与一步完成的热效应是相同的；（2）化学平衡常数，是指在一定温度下，可逆反应达到平衡时各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值，据此书写反应的平衡常数，注意固体不需要写出；由表中数据可知，对于反应，温度越高平衡常数越大，说明升
56、高温度平衡向正反应移动，据此判断a值的符号；令平衡时参加反应的二氧化碳的物质的量为xmol，利用三段式表示出平衡时各组分的物质的量，气体的化学计量数都为1，前后气体的物质的量相等，用物质的量代替浓度代入平衡常数计算x的值，再利用转化率定义计算二氧化碳的转化率；根据参加反应的二氧化碳的物质的量计算生成的CO的物质的量，再根据v=计算v（CO）；根据平衡移动原理进行分析解答；（3）负极发生氧化反应，根据电子守恒求消耗的氢氧根离子浓度【解答】解：（1）由图示可知，两步反应的完成的热效应与一步完成的热效应是相同的，将两个反应相加可得2NH3（g）+CO2（g）CO（NH2）2（s）+H2O（l）H=1
57、34 kJ/mol，故答案为：2NH3（g）+CO2（g）CO（NH2）2（s）+H2O（l）H=134 kJ/mol；（2）反应Fe（s）+CO2（g）FeO（s）+CO（g）的平衡常数k=，由表中数据可知，对于反应，温度越高平衡常数越大，说明升高温度平衡向正反应移动，升高温度平衡向吸热反应进行，故a0，令平衡时参加反应的二氧化碳的物质的量为xmol，则： Fe（s）+CO2（g）FeO（s）+CO（g）开始（mol）：4 0变化（mol）：x x平衡（mol）：4x x所以=1，解得x=2，故二氧化碳的转化率为100%=50%，故CO表示的平均速率v（CO）=0.2mol/（Lmin）故答
58、案为：；50%；0.2mol/（Lmin）；根据该反应是气体体积不变的吸热反应，所以要使反应速率增大且平衡向右移动，可采取的措施是增加CO2的量或者升高温度，故答案为：增加CO2的量或者升高温度；（3）负极发生氧化反应，负极CH3OH6e+H2O=CO2+6H+，依据电子守4OHO24e，当消耗560mLO2（标准状况下）时即=0.025mol，依据电子守恒4OHO24e，则消耗的氢氧根离子物质的量为0.025mol4=0.1mol，所以溶液中氢离子的浓度为： =0.1mol/L，故PH=1；故答案为：CH3OH6e+H2O=CO2+6H+；122重铬酸盐广泛用作氧化剂、皮革制作等以铬矿石（主
59、要成分是Cr2O3，含FeO、Al2O3、SiO2等杂质）为原料制取重铬酸钠的流程如下：请回答下列问题：（1）写出：Cr2O3与纯碱在高温焙烧时反应的化学方程式2Cr2O3+4Na2CO3+3O24Na2CrO4+4CO2，Na2CrO4用硫酸酸化时反应的离子方程式2CrO42+2H+Cr2072+H20；（2）Na2Cr2O7可用于测定废水的化学耗氧量（即COD，指每升水样中还原性物质被氧化所需要O2的质量）现有某水样100.00mL，酸化后加入C1 mol/L的Na2Cr2O7溶液 V1 mL，使水中的还原性物质完全被氧化（Cr2O72还原为Cr3+）；再用C2mol/L的FeSO4溶液滴
60、定剩余的Cr2O72，结果消耗FeSO4溶液V2mL该水样的COD为480C1V180C2V2mg/L；假设上述反应后所得溶液中Fe3+和Cr3+的物质的量浓度均为0.1mol/L，要使Fe3+沉淀完全而Cr3+还未开始沉淀则需调节溶液pH的范围是3.24.3之间（可能用到的数据：KSPFe（OH）3=4.01038，KSPCr（OH）3=6.01031，lg=0.1，lg=0.2，lg=0.3，lg=0.6（3）在Na2Cr207溶液中加入固体KC1进行复分解反应即可制得橙色的K2Cr207，请分析此反应能发生的原因K2Cr207的溶解度小于Na2Cr207的溶解度，加入固体KCl时使K2C
61、r207超饱和而析出晶体（4）酸性的K2Cr207溶液常用于酒驾的检验，写出反应的离子方程式2Cr2072+3C2H5OH+16H+=4Cr3+3CH3COOH+11H20，反应时可观察到的现象是溶液由橙色变为绿色【分析】以铬矿石（主要成分是Cr2O3，含FeO、Al2O3、SiO2等杂质）为原料，加入碳酸钠和氧气高温灼烧发生反应生成铬酸钠，二氧化碳，水浸后过滤得到滤渣FeO，滤液为Na2CrO4，Na2SiO3，NaAlO2；调节溶液PH沉淀硅酸跟离子和偏铝酸根离子，过滤得到滤液Na2CrO4，加入硫酸酸化生成重铬酸钠溶液，通过提纯得到重铬酸钠（1）铬矿石中加入碳酸钠和氧气高温灼烧发生反应生
62、成铬酸钠，二氧化碳，依据原子守恒和电子守恒配平写出化学方程式；硫酸酸化使Na2CrO4转化为Na2Cr2O7，依据电荷守恒写出离子方程式；（2）根据题意废水与K2Cr2O7溶液发生氧化还原反应，再用Fe2+把多余的Cr2O72反应：Cr2O72+6Fe2+14H+2Cr3+6Fe3+7H2O，则与废水反应反应的K2Cr2O7的物质的量=加入的K2Cr2O7的物质的量与Fe2+反应的K2Cr2O7的物质的量，利用2K2Cr2O73O2可求出废水中化学耗氧量即COD；铁离子完全沉淀的浓度为105mol/L，铬离子不沉淀的浓度为0.1mol/L，由溶度积常数计算溶液氢氧根离子浓度，结合离子积常数换算
63、氢离子浓度计算得到溶液pH；（3）K2Cr207的溶解度小于Na2Cr207的溶解度，根据溶解度大的物质能转化为溶解度小的物质解答；（4）酸性的K2Cr207溶液常用于酒驾的检验，铬元素化合价+6价降低到+3价，碳元素化合价升高从2价升高为0价，据此书写离子反应方程式；Cr2O72和Cr3+在溶液中分别显橙色和绿色，可利用颜色的变化检验乙醇，现象据此解答【解答】解：（1）由图示可知Cr2O3在高温焙烧时生成Na2CrO4，发生氧化还原反应，反应的化学方程式为：2Cr2O3+4Na2CO3+3O24Na2CrO4+4CO2，在酸性环境下，CrO42转化为Cr2O72，在酸性环境下，CrO42转化
64、为Cr2O72，即2CrO42+2H+Cr2O72+H2O，故答案为：2Cr2O3+4Na2CO3+3O24Na2CrO4+4CO2；2CrO42+2H+Cr2O72+H2O；（2）样品100.00mL，酸化后加入c1mol/L的Na2Cr2O7溶液 V1mL，使水中的还原性物质完全被氧化（Cr2O72还原为Cr3+）；再用4mol/L的FeSO4溶液滴定剩余的Cr2O72，结果消耗FeSO4溶液V2mL，废水与K2Cr2O7溶液发生氧化还原反应，再用Fe2+把多余的Cr2O72反应：Cr2O72+6Fe2+14H+2Cr3+6Fe3+7H2O，1 6n C2mol/LV2103Ln=103m
65、ol，则100ml废水中，与废水反应反应的K2Cr2O7的物质的量=加入的K2Cr2O7的物质的量与Fe2+反应的K2Cr2O7的物质的量=c1mol/LV1103L103mol，1L废水水样中被还原的K2Cr2O7的物质的量=（c1V1）102mol，利用2K2Cr2O73O2可求出废水中化学耗氧量即COD，2K2Cr2O7 3O22 332（c1V1）102mol mm=（48c1V18c2V2）102g=（480c1V180c2V2）mg，该水样的COD为（480c1V180c2V2）mg/L，故答案为：480C1V180C2V2；反应后所得溶液中Fe3+和Cr3+的物质的量浓度均为0.
66、1mol/L，要使Fe3+沉 淀完全而Cr3+还未开始沉淀，需要c（Fe3+）=105mol/l时铁离子沉淀完全，由溶度积常数Ksp=c（Fe3+）c3（OH），c3（OH）=4.01033 ，c（OH）=1011mol/L，c（H+）=103.2，pH=lgc（H+）=3.2；Cr3+还未开始沉淀，c（Cr3+）=0.1mol/L， Ksp=c（Cr3+）c3（OH）=6.01031，c3（OH）=6.01030；c（OH）=1010mol/L，c（H+）=104.3mol/L，pH=lgc（H+）=4.3，则要使Fe3+沉淀完全而Cr3+还未开始沉淀则需调节溶液pH的范围是3.24.3，故
67、答案为：3.24.3之间；（3）K2Cr207的溶解度小于Na2Cr207的溶解度，加入固体KCl时：Na2Cr207+2KCl=K2Cr207+2NaCl，使K2Cr207超饱和而析出晶体，故答案为：K2Cr207的溶解度小于Na2Cr207的溶解度，加入固体KCl时使K2Cr207超饱和而析出晶体；（4）酸性的K2Cr207溶液常用于酒驾的检验，铬元素化合价+6价降低到+3价，碳元素化合价升高从2价升高为0价，根据质量守恒定律和得失电子守恒原理，反应为：2Cr2072+3C2H5OH+16H+=4Cr3+3CH3COOH+11H20，Cr2O72和Cr3+在溶液中分别显橙色和绿色，可利用颜
68、色的变化检验乙醇，即橙色的Cr2O72在酒精作用下转化为绿色的Cr3+，则能检查司机是否酒后开车，所以反应时可观察到的现象是溶液由橙色变为绿色，故答案为：2Cr2072+3C2H5OH+16H+=4Cr3+3CH3COOH+11H20；溶液由橙色变为绿色23黄铁矿是工业上制取硫酸的主要原料，其主要成分为FeS2，含少量杂质（杂质不含S元素，且高温下不反应）某化学兴趣小组用下列装置如图1测定黄铁矿中硫元素的质量分数称取2.0g研细的黄铁矿样品，将样品放入石英管中，缓慢鼓入空气，再加热石英管至800850；锥形瓶中盛装100mL 0.2mol/L酸性KMnO4溶液用于吸收SO2（忽略SO2、H2S
69、O3与氧气反应）；反应结束后，每次从锥形瓶中取出25.00mL溶液，用0.23mol/L标准H2C2O4溶液滴定，重复三次已知：4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2；2KMnO4+5SO2+2H2OK2SO4+2MnSO4+2H2SO4请回答下列问题：（1）连接好装置，检查装置气密性的操作是向锥形瓶中加水浸没导气管末端，关闭K，微热石英管，观察到锥形瓶中有气泡冒出，冷却后导管内形成一端稳定的气柱（2）通入空气的作用是提供反应所需O2，将生成的SO2全部赶入锥形瓶中（3）若实验过程中鼓入空气的速率过快，则测得的硫元素的质量分数偏低（填“偏高”、“偏低”或“不变”）（4）滴定时，应选择图2中
70、的B（填字母序号）盛装标准H2C2O4溶液，根据由浅紫色突变为无色且半分钟内不再变色现象来判断滴定已经达到终点（5）如果黄铁矿中的硫全部转化为SO2，且被酸性KMnO4溶液完全吸收，滴定操作中，平均耗用0.23mol/L标准H2C2O4溶液21.73mL，则黄铁矿样品中硫元素的质量分数是48%（保留到小数点后1位）【分析】（1）向锥形瓶中加水浸没导气管末端，关闭K，溶解微热石英管，根据锥形瓶中是否有气泡冒出，及冷却后导管内是否形成一端稳定的气柱判断该装置的稳定性；（2）空气中含有氧气，空气还能够将生成的二氧化硫驱赶到锥形瓶中；（3）若鼓入的空气速率过快，导致二氧化硫没有完全被酸性高锰酸钾溶液吸
71、收；（4）A为碱式滴定管，B为酸式滴定管，草酸为酸性溶液，应该使用酸式滴定管；滴定结束前溶液为紫红色，滴定结束后变为无色，据此判断滴定终点；（5）根据反应5H2C2O4+2MnO4+6H+=2Mn2+10CO2+8H2O及草酸的量计算出25mL溶液中剩余的高锰酸钾的物质的量，再计算出100ml溶液中剩余的高锰酸钾的物质的量，从而得出二氧化硫消耗的高锰酸钾的物质的量，再根据反应2KMnO4+5SO2+2H2O=K2SO4+2MnSO4+2H2SO4计算出二氧化硫的物质的量，根据S原子守恒计算出样品中S的质量及质量分数【解答】解：（1）连接好装置，检查装置气密性的方法为：向锥形瓶中加水浸没导气管末
72、端，关闭K，微热石英管，观察到锥形瓶中有气泡冒出，冷却后导管内形成一端稳定的气柱，故答案为：向锥形瓶中加水浸没导气管末端，关闭K，微热石英管，观察到锥形瓶中有气泡冒出，冷却后导管内形成一端稳定的气柱；（2）煅烧黄铁矿时需要氧气，则通入空气的目的是提供反应需要的氧气，另外通入空气后还可以将生成的二氧化硫完全赶入锥形瓶中，从而减小实验误差，故答案为：提供反应所需O2，将生成的SO2全部赶入锥形瓶中；（3）若实验过程中鼓入空气的速率过快，会导致部分二氧化硫没有被酸性高锰酸钾溶液吸收，则测得的硫元素的质量分数会偏低，故答案为：偏低；（4）草酸显示酸性，需要选用酸式滴定管盛放，即应该选用B盛放草酸溶液；
73、滴定结束时溶液由浅紫色变为无色，则滴定终点的现象为：由浅紫色突变为无色且半分钟内不再变色，故答案为：B；由浅紫色突变为无色且半分钟内不再变色；（5）0.23mol/L标准H2C2O4溶液21.73mL中含有草酸的物质的量为：0.23mol/L0.02173L=0.0050mol，根据反应5H2C2O4+2MnO4+6H+=2Mn2+10CO2+8H2O可知，0.0050mol草酸完全反应消耗高锰酸根离子的物质的量为：0.0050mol=0.002mol，原100mL滴定后的高锰酸钾溶液中含有高锰酸钾的物质的量为：0.002mol=0.008mol，100mL 0.2mol/L酸性KMnO4溶液
74、中含有高锰酸钾的物质的量为：0.2mol/L0.1L=0.02mol，则二氧化硫消耗的高锰酸钾的物质的量为：0.02mol0.008mol=0.012mol，根据反应2KMnO4+5SO2+2H2O=K2SO4+2MnSO4+2H2SO4可知，二氧化硫的物质的量为：0.012mol=0.03mol，原样品中含有S的质量为：32g/mol0.03mol=0.96g，含有硫元素的质量分数为：100%=48%，故答案为：48%三、选做题：（考生从三道题中选一题作答，标清题号，按步骤写清答案15分）化学-选修2：化学与技术（15分）24海水中蕴藏着丰富的资源海水综合利用的流程图如下：请回答下列问题：（
75、1）用NaCl做原料可以得到多种产品工业上由NaCl制备金属钠的化学方程式是2NaCl（熔融） 2Na+Cl2实验室用惰性电极电解100mL NaCl溶液，若阴阳两极均得到112mL气体（标准状况），则所得溶液的pH为13（忽略反应前后溶液的体积变化）电解氯化钠稀溶液可制备“84”消毒液，通电时氯气被溶液完全吸收，若所得消毒液仅含一种溶质，写出相应的化学方程式NaCl+H2O NaClO+H2（2）分离出粗盐后的卤水中蕴含着丰富的镁资源，经转化后可获得MgCl2粗产品从卤水中提取镁的步骤为：a将海边大量存在的贝壳煅烧成石灰，并将石灰制成石灰乳；b将石灰乳加入到海水沉淀池中经过滤得到Mg（OH）
76、2沉淀；c在Mg（OH）2沉淀中加入盐酸得到MgCl2溶液，再经蒸发结晶得到MgCl26H2O；d将MgCl26H2O在一定条件下加热得到无水MgCl2；e电解熔融的氯化镁可得到Mg步骤d中的“一定条件”指的是氯化氢气流中，目的是抑制Mg2+水解上述提取镁的流程中，为了降低成本，减少污染，可以采取很多措施，请写出其中一点e步电解产生的Cl2用于制取HCl气体，利用HCl抑制d步中MgCl2水解，并制得c步中所需用盐酸有同学认为：步骤b后可加热Mg（OH）2得到MgO，再电解熔融的MgO制金属镁，这样可简化实验步骤，体现实验的简约性原则你同意该同学的想法吗？不同意，请说出你同意或不同意的理由因为
77、MgO熔点很高，熔融时会消耗大量的电能而增加生产成本【分析】（1）活泼金属的制取一般采取电解熔融盐的方法；由电解方程式可计算出氢氧根的浓度，进而算出PH；根据题给信息写出反应物和生成物，配平即得电解方程式；（2）考虑镁离子的水解，一定条件是防止水解的发生；按要求降低成本和减少污染，电解产物充分利用可达到目的；从氧化镁高熔点考虑，氧化镁熔点很高，熔融时会消耗大量的电能而增加生产成本【解答】解：（1）因钠比较活泼，制取时只能采用电解的方法，方程式为：2NaCl（熔融）2Na+Cl2，故答案为：2NaCl（熔融） 2Na+Cl2；电解饱和食盐水在阴极得到氢气，阳极得到氯气，氯气的物质的量为： =0.
78、005mol；由2NaCl+2H2O Cl2+H2+2NaOH 可知，Cl2H22NaOH，则n（NaOH）=2n（Cl2）=20.005mol=0.01mol，c（NaOH）=0.1mol/L，所以pH=13，故答案为：13；“84”消毒液为次氯酸钠溶液，电解氯化钠溶液制取次氯酸钠的方程式为：NaCl+H2O NaClO+H2，故答案为：NaCl+H2O NaClO+H2；（2）MgCl26H2O在一定条件下加热得到无水MgCl2，若直接加热MgCl26H2O，会促进Mg2+水解，得不到无水MgCl2，因Mg2+水解呈酸性，加盐酸或在氯化氢气流中可抑制Mg2+水解，故一定条件为在HCl气流中
79、，目的是抑制Mg2+水解，故答案为：氯化氢气流中，抑制Mg2+水解；电解熔融氯化镁得到的氯气有毒，若排放大气中会污染空气，若把电解得到的氯气和氢气化合得到氯化氢，可制得c步需要的盐酸，利用氯化氢气流来抑制Mg2+水解，即降低了成本，又防止了污染，故答案为：e步电解产生的Cl2用于制取HCl气体，利用HCl抑制d步中MgCl2水解，并制得c步中所需用盐酸；氧化镁熔点很高，熔融时会消耗大量的电能而增加生产成本，故不同意该同学的想法故答案为：不同意，因为MgO熔点很高，熔融时会消耗大量的电能而增加生产成本化学-选修3：物质结构与性质（15分）25（2015秋营口校级期末）前四周期原子序数依次增大的六
80、种元素A、B、C、D、E、F中，A、B属于同一短周期元素且相邻，A元素所形成的化合物种类最多，C、D、E、F是位于同一周期的金属元素，基态C、F原子的价电子层中未成对电子均为1个，且C、F原子的电子数相差为10，基态D、E原子的价电子层中未成对电子数分别为4、2，且原子序数相差为2（1）六种元素中第一电离能最小的是K （填元素符号，下同），电负性最大的是N（2）黄血盐是由A、B、C、D四种元素形成的配位化合物C4D（AB）6，易溶于水，广泛用作食盐添加剂（抗结剂）请写出黄血盐的化学式K4Fe（CN）6，1mol AB中含有键的数目为2NA，黄血盐晶体中各种微粒间的作用力不涉及def （填序号）
81、a离子键 b共价键 c配位键 d金属键 e氢键 f分子间的作用力（3）E2+的价层电子排布图为，很多不饱和有机物在E催化下可与H2发生加成反应：如CH2=CH2、HCCH、HCHO其中碳原子采取sp2杂化的分子有（填物质序号），HCHO分子的立体结构为平面三角 形，它加成产物的熔、沸点比CH4的熔、沸点高，其主要原因是（须指明加成产物是何物质）加成产物CH3OH分子之间能形成氢键（4）金属C、F晶体的晶胞结构如图（请先判断对应的图），C、F两种晶体晶胞中金属原子的配位数之比为2：3金属C的晶胞中，若设该晶胞的密度为a g/cm3，阿伏加德罗常数的值为NA，C原子的摩尔质量为M，则表示C原子半径
82、的计算式为cm【分析】前四周期原子序数依次增大的六种元素A、B、C、D、E、F中，A、B属于同一短周期元素且相邻，A元素所形成的化合物种类最多，则A为碳元素、B为N元素；C、D、E、F是位于同一周期的金属元素，只能处于第四周期，基态C、F原子的价电子层中未成对电子均为1个，且C、F原子的电子数相差为10，可推知C为K、F为Cu，基态D、E原子的价电子层中未成对电子数分别为4、2，且原子序数相差为2，D、E价电子排布分别为3d64s2，3d84s2，故D为Fe、E为Ni，据此解答（1）金属性越强，其第一电离能最小，非金属性越强电负性越大；（2）黄血盐的化学式K4Fe（CN）6，CN与氮气互为等电
83、子体，CN中存在CN三键，黄血盐晶体中含有离子键、配位键、共价键；（3）Ni2+的价层电子排布式为3d8，据此书写价电子排布图；确定C原子价层电子对数、孤电子对，判断C原子杂化方式、HCHO分子的立体结构，甲醛与氢气的加成产物为甲醇，甲醇分子之间形成氢键，其熔、沸点比CH4的高；（4）金属K晶体为体心立方堆积，晶胞结构为图，晶胞中K原子配位数为8，金属Cu晶体为面心立方最密堆积，晶胞结构为图，以顶点Cu原子研究与之最近的原子位于面心，每个顶点Cu原子为12个面共用，晶胞中Cu原子配位数为12；利用均摊法计算金属K的晶胞中K原子数目，进而计算晶胞质量，根据V=计算晶胞体积，可得晶胞棱长，设K原子
84、半径为r，则晶胞体对角线长度=4r，利用体对角线与棱长关系列方程计算解答【解答】解：前四周期原子序数依次增大的六种元素A、B、C、D、E、F中，A、B属于同一短周期元素且相邻，A元素所形成的化合物种类最多，则A为碳元素、B为N元素；C、D、E、F是位于同一周期的金属元素，只能处于第四周期，基态C、F原子的价电子层中未成对电子均为1个，且C、F原子的电子数相差为10，可推知C为K、F为Cu，基态D、E原子的价电子层中未成对电子数分别为4、2，且原子序数相差为2，D、E价电子排布分别为3d64s2，3d84s2，故D为Fe、E为Ni，（1）六种元素中K的金属性最强，其第一电离能最小，非金属性越强电
85、负性越大，故电负性最大的是N，故答案为：K；N；（2）黄血盐的化学式K4Fe（CN）6，CN与氮气互为等电子体，CN中存在CN三键，故1mol CN中含有键的数目为2NA，黄血盐晶体中含有离子键、配位键、共价键，没有金属键、氢键、分子间的作用力，故答案为：K4Fe（CN）6；2NA；def；（3）Ni2+的价层电子排布式为3d8，故价电子排布图为；CH2=CH2、HCHO中C原子价层电子对数都是3，没有孤电子对，C原子采取sp2杂化，HCCH为C原子价层电子对数是2，没有孤电子对，C原子采取sp杂化，HCHO分子的立体结构为平面三角形，它加成产物为甲醇，甲醇分子之间形成氢键，其熔、沸点比CH4
86、的熔、沸点高，故答案为：；平面三角；加成产物CH3OH分子之间能形成氢键；（4）金属K晶体为体心立方堆积，晶胞结构为图，晶胞中K原子配位数为8，金属Cu晶体为面心立方最密堆积，晶胞结构为图，以顶点Cu原子研究与之最近的原子位于面心，每个顶点Cu原子为12个面共用，晶胞中Cu原子配位数为12，K、Cu两种晶体晶胞中金属原子的配位数之比为 8：12=2：3；金属K的晶胞中，K原子数目=1+8=2，若K原子的摩尔质量为M，阿伏加得罗常数为NA，则晶胞质量=g，设该晶胞的密度为a g/cm3，则晶胞体积=cm3，晶胞棱长=cm，设K原子半径为r，则晶胞体对角线长度=4r，故3（cm）2=（4r）2，故
87、r=cm，故答案为：2：3； cm化学-选修5：有机化学基础（15分）26（2015德阳模拟）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YCH3CH=CH2D（2）属于加成反应的有（填数字序号）（3）1molBAD最多可与含6molNaOH的溶液完全反应（4）写出方程式反应F+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3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【分析】由BAD结
88、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，据此分析解答【解答】解：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）通过以上分析知，Y结构简式为CH3CH=CH2，D的结构简式
89、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F和E反应的方程式为：，故答案为：；（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，则该物质中可能含有1个醛基、2个酚羟基，根据定二动一的原则，当两个OH处于间位时有两种结构，或为苯环上连有两个基团，分别为OH、HCOO，处于对位，所以共有3种结构，故答案为：3
