1、上海市五校联考2015届高三上学期质检化学试卷一、选择题（本题共10分，每小题2分，每题只有一个正确选项）1（2分）已知3375As、3579Br位于同一周期下列关系正确的是（）A原子半径：AsClPB热稳定性：HClAsH3HBrC还原性：As3S2ClD酸性：H3AsO4H2SO4H3PO42（2分）下列金属中，表面自然形成的氧化层能保护内层金属不被空气氧化的是（）ACuBNaCAlDFe3（2分）碘晶体升华时，下列所述内容发生改变的是（）A分子内共价键B分子间的作用力C碘分子的大小D分子内共价键的键长4（2分）合成氨工艺的一个重要工序是铜洗，其目的是用铜液醋酸二氨合铜（I）、氨水吸收在生
2、产过程中产生的CO和CO2等气体铜液吸收CO的反应是放热反应，其化学方程式为：Cu（NH3）2Ac+CO+NH3Cu（NH3）3COAc，若要提高上述反应的正反应速率，可采取的措施是增加NH3的浓度 降温 减压 及时移走产物（）ABCD5（2分）在一定条件下用NH3捕获CO2可以生成重要的有机化工产品三聚氰酸，反应的化学方程式如下：NH3+CO2+H2O下列有关三聚氰酸的说法正确的是（）A分子式为C3H6N3O3B分子中既含极性键，又含非极性键C属于共价化合物D生成该物质的上述反应为中和反应二、选择题（本题共36分，每小题3分，每题只有一个正确选项）6（3分）下列物质的使用不涉及化学变化的是（
3、）A明矾用作净水剂B液氯用作制冷剂C氢氟酸刻蚀玻璃D生石灰作干燥剂7（3分）下列化合物中同分异构体数目最少的是（）A戊烷B戊醇C戊烯D乙酸乙酯8（3分）如图所示的五中元素中，W、X、Y、Z为短周期元素，这四种元素的原子最外层电子数之和为22，下列说法正确的是（）AX、Y、Z三种元素最低价氢化物的沸点依次升高B由X、Y和氢三种元素形成的化合物中只有共价键C物质WY2，W3X4，WZ4均有熔点高，硬度大的特性DT元素的单质具有半导体的特性，T与Z元素可形成化合物TZ49（3分）下列反应中，反应后固体物质增重的是（）A氢气通过灼热的CuO粉末B二氧化碳通过Na2O2粉末C铝与Fe2O3发生铝热反应D
4、将锌粒投入Cu（NO3）2溶液10（3分）某天然拒食素具有防御非洲大群蚯蚓的作用，其结构简式如图（未表示出原子或原子团的空间排列）该拒食素与下列某试剂充分反应，所得有机物分子的官能团数目增加，则该试剂是（）ABr2的CCl4溶液BAg（NH3）2OH溶液CHBrDH211（3分）等质量的下列物质与足量稀硝酸反应，放出NO物质的量最多的是（）AFeOBFe2O3CFeSO4DFe3O412（3分）用如图装置（夹持、加热装置已略）进行实验，由中现象，不能证实中反应发生的是中实验中现象（）A铁粉与水蒸气加热 肥皂水冒泡B加热NH4Cl和Ca（OH）2混合物 酚酞溶液变红CNaHCO3固体受热分解 澄
5、清石灰水变浑浊D石蜡油在碎瓷片上受热分解 Br2的CCl4溶液褪色13（3分）2丁炔与1，3丁二烯分别跟氢气反应的热化学方程式如下：CH3CCCH3（g）+2H2（g）CH3CH2CH2CH3（g）+Q1CH2=CHCH=CH2（g）+2H2（g）CH3CH2CH2CH3（g）+Q2已知：Q1Q2（Q1和Q2均大于零），由此不能判断（）A2丁炔与1，3丁二烯稳定性的相对大小B2丁炔与1，3丁二烯分子储存能量的相对高低C2丁炔与1，3丁二烯相互转化的热效应D一个碳碳叁键的键能与两个碳碳双键的键能之和的大小14（3分）下列关于0.10molL1 NaHCO3溶液的说法正确的是（）A溶质的电离方程式
6、为NaHCO3Na+H+CO32B25时，加水稀释后，n（H+）与n（OH）的乘积变大C离子浓度关系：c（Na+）+c（H+）=c（OH）+c（HCO3）+c（CO32）D温度升高，c（HCO3）增大15（3分）在探究新制饱和氯水成分的实验中，下列根据实验现象得出的结论不正确的是（）A氯水的颜色呈浅黄绿色，说明氯水中含有Cl2B向氯水中加入NaHCO3粉末，有气泡产生，说明氯水中含有H+C向FeCl2溶液中滴加氯水，溶液颜色变成棕黄色，说明氯水中含有HClOD向氯水中滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀，说明氯水中含有Cl16（3分）在精制饱和食盐水中加入碳酸氢铵可制备小苏打（NaHCO
7、3），并提取氯化铵作为肥料或进一步提纯为工业氯化铵滤出小苏打后，母液提取氯化铵有两种方法：通入氨，冷却、加食盐，过滤不通氨，冷却、加食盐，过滤对上述两种方法评价中错误的是（）A析出的氯化铵纯度更高B的滤液可直接循环使用C析出的氯化铵纯度不高D的滤液可直接循环使用17（3分）以石墨为电极，电解含有少量酚酞和淀粉的NaI溶液已知：通常条件下，I的放电能力比Cl更强下列说法错误的是（）A阴极附近溶液呈红色B阴极逸出气体C阳极附近溶液呈蓝色D溶液的pH变小三、选择题（本题共20分，每小题4分，每小题有一个或两个正确选项只有一个正确选项的，多选不给分；有两个正确选项的，选对一个给2分，选错一个，该小题不
8、给分）18（4分）从香荚兰豆中提取的一种芳香化合物，其分子式为C8H8O3，与FeCl3溶液会呈现特征颜色，能发生银镜反应该化合物可能的结构简式是（）ABCD19（4分）设NA为阿伏加德罗常数的值下列说法正确的是（）A1 mol甲苯含有CH键数目为8NAB1 mol丙烯酸中含有双键的数目为NAC由a g C2H4和C3H6组成的混合物中所含共用电子对数目为D在过氧化钠跟水的反应中，每生成2.24 L氧气，转移电子的数目为0.2NA20（4分）雾霾会影响人们的生活与健康某地区的雾霾中可能含有如下可溶性无机离子：Na+、NH4+、Mg2+、Al3+、SO42、NO3、Cl某同学收集了该地区的雾霾，
9、经必要的预处理后得试样溶液，设计并完成了如下的实验：已知：3NO3+8Al+5OH+2H2O3NH3+8AlO2根据以上的实验操作与现象，该同学得出的结论错误的是（）A试样中肯定存在NH4+、Mg2+、SO42和NO3B试样中可能存在Na+、ClC试样中一定不含Al3+D可以确定该雾霾的成分是NaNO3、NH4Cl和MgSO421（4分）下列指定反应的离子方程式正确的是（）ACu溶于稀硝酸：Cu+2H+NO3Cu2+NO2+H2OB在复盐NH4Fe（SO4）2溶液中逐滴加入一定量的Ba（OH）2溶液：2Fe3+3SO42+3Ba2+6OH3BaSO4+2Fe（OH）3C向等物质的量浓度的NaO
10、H和Na2CO3的混合溶液中加入稀盐酸：2OH+CO32+4H+CO2+3H2OD向NaAlO2溶液中通入过量CO2制Al（OH）3：CO2+AlO2+2H2O=Al（OH）3+HCO322（4分）将Cl2通入适量KOH溶液，产物中可能有KCl、KClO、KClO3，且 的值与温度高低有关当n（KOH）=a mol时，下列有关说法正确的是（）A若某温度下，反应后 =11，则溶液中 =B参加反应的被还原的氯气为amolC改变温度，反应中转移电子的物质的量ne的范围：amolneamolD改变温度，产物中KClO3的最大理论产量为amol四、（本题10分）23（10分）元素的单质及其化合物有着广泛
11、的用途请根据元素周期表中第三周期元素相关知识回答下列问题完成下列填空：（1）按原子序数递增的顺序（稀有气体除外），以下说法正确的是a原子半径和简单离子半径均减小b金属性减弱，非金属性增强c氧化物对应的水化物碱性减弱，酸性增强d单质的熔点降低（2）原子最外层电子数与次外层中p亚层电子数相同的元素名称是，磷元素原子最外层电子排布的轨道表示式是（3）已知：化合物MgOAl2O3MgCl2AlCl3类型离子化合物离子化合物离子化合物共价化合物熔点/28002050714191工业制镁时，电解MgCl2而不电解MgO的原因是；制铝时，电解Al2O3而不电解AlCl3的原因是（4）晶体硅（熔点1410）是
12、良好的半导体材料由粗硅制纯硅过程如下：Si（粗）SiCl4SiCl4（纯）Si（纯）在上述由SiCl4制纯硅的反应中，测得每生成1.12kg纯硅需吸收a kJ热量，写出该反应的热化学方程式：（5）KClO3可用于实验室制O2，若不加催化剂，400时分解只生成两种盐，其中一种是无氧酸盐，另一种盐的阴阳离子个数比为1：1写出该反应的化学方程式：五、（本题14分）24（14分）合成氨是人类科学技术上的一项重大突破，其反应原理为：N2（g）+3H2（g）2NH3（g）+Q（Q0）一种工业合成氨的简易流程图如下：完成下列填空：（1）天然气中的H2S杂质常用氨水吸收，产物为NH4HS一定条件下向NH4HS
13、溶液中通入空气，得到单质硫并使吸收液再生NH4HS的电子式是，写出再生反应的化学方程式：NH3的沸点高于H2S，是因为NH3分子之间存在着一种比力更强的作用力（2）室温下，0.1mol/L的氯化铵溶液和0.1mol/L的硫酸氢铵溶液，酸性更强的是，其原因是已知：H2SO4：Ki2=1.2102NH3H2O：Ki=1.8105（3）图2表示500、60.0MPa条件下，原料气投料比与平衡时NH3体积分数的关系根据图中a点数据计算N2的平衡体积分数：（答案用小数表示，保留3位有效数字）（4）依据温度对合成氨反应的影响，在图3坐标系中，画出一定条件下的密闭容器内，从通入原料气开始，随温度不断升高，N
14、H3物质的量变化的曲线示意图（5）上述流程图中，使合成氨放出的能量得到充分利用的主要步骤是（填序号）简述本流程中提高合成氨原料总转化率的方法：六、（本题共12分）27（12分）溴苯是一种化工原料，实验室合成溴体的装置示意图及有关数据如下：苯溴溴苯密度/gcm30.883.101.50沸点/8059156水中溶解度微溶微溶微溶按下列合成步骤回答问题：（1）在a中加入15mL无水苯和少量铁屑在b中小心加入4.0mL液态溴向a中滴入几滴溴，有白色烟雾产生，是因为生成了气体继续滴加至液溴滴完装置d的作用是；（2）液溴滴完后，经过下列步骤分离提纯：向a中加入10mL水，然后过滤除去未反应的铁屑；滤液依次
15、用10mL水、8mL 10%的NaOH溶液、10mL水洗涤NaOH溶液洗涤的作用是；向分出的粗溴苯中加入少量的无水氯化钙，静置、过滤加入氯化钙的目的是；（3）经以上分离操作后，粗溴苯中还含有的主要杂质为，要进一步提纯，下列操作中必须的是；（填入正确选项前的字母）A重结晶 B过滤 C蒸馏 D萃取（4）在该实验中，a的容积最适合的是（填入正确选项前的字母）A.25mL B.50mL C.250mL D.500mL七、（本题共12分）28（12分）三草酸合铁酸钾（K3Fe（C2O4）3xH2O）是一种光敏材料，110时失去全部结晶水完成下列填空：某实验小组为测定该晶体中铁的含量和结晶水的含量，做了如
16、下实验：（一）铁含量的测定步骤一：称量5.00g三草酸合铁酸钾晶体，配制成250mL溶液步骤二：取所配溶液25.00mL 于锥形瓶中，加H2SO4酸化，滴加KMnO4溶液将草酸根恰好全部氧化成CO2，MnO4同时被还原为Mn2+向反应后的溶液中加入锌粉，加热至黄色刚好消失，过滤并洗涤，将过滤及洗涤所得溶液收集到锥形瓶中，此时溶液仍呈酸性步骤三：用0.010mol/L KMnO4溶液滴定步骤二所得溶液至终点，消耗KMnO4溶液20.02mL，滴定中MnO4被还原成Mn2+重复步骤二和步骤三操作，滴定消耗0.010mol/L KMnO4溶液19.98mL（1）配制三草酸合铁酸钾溶液的操作步骤依次是
17、：称量、冷却、转移、洗涤并转移、摇匀（2）加入锌粉的目的是（3）写出步骤三中发生反应的离子方程式（4）实验测得该晶体中铁的质量分数为在步骤二中，若滴加的KMnO4溶液的量不够，则测得的铁含量（选填“偏低”、“偏高”或“不变”）（二）结晶水的测定将坩埚洗净，烘干至恒重，记录质量；在坩埚中加入研细的三草酸合铁酸钾晶体，称量并记录质量；加热至110，恒温一段时间，置于空气中冷却，称量并记录质量；计算结晶水含量（5）请纠正上述实验过程中的两处错误：、八、（本题共10分）29（10分）化合物A有稳定性好、抗氧化能力强的特点，其结构如图分子中片段X对A的性能起了重要作用，为研究X的结构，将化合物A在一定条
18、件下水解只得到B（）和C经测定确定C的分子式为C7H6O3，C遇FeCl3水溶液显紫色，跟NaHCO3溶液反应有CO2产生完成下列填空：（1）化合物B能发生下列哪种类型的反应a取代反应b加成反应c缩聚反应d氧化反应（2）化合物C能经下列反应得到G（分子式为C8H6O2，分子内含五元环）已知：ROOHRCH2OH RXRCOOH化合物C的结构简式为（3）反应FG的化学方程式为（4）化合物E有多种同分异构体，1H核磁共振谱图表明，其中某些同分异构体含有苯环，且苯环上有两种不同化学环境的氢，写出这些同分异构体中任意三种的结构简式九、（本题共12分）30（12分）1，6已二酸（G）是合成尼龙的主要原料
19、之一，可用含六个碳原子的有机化合物氧化制备如图为A通过氧化反应制备G的反应过程（可能的反应中间物质为B、C、D、E和F）：回答下列问题：（1）化合物A中含碳87.8%，其余为氢，A的化学名称为（2）B到C的反应类型为（3）F的结构简式为（4）在上述中间物质中，核磁共振氢谱出峰最多的是，最少的是（填化合物代号）（5）由G合成尼龙的化学方程式为（6）由A通过两步反应制备1，3环已二烯的合成路线为十、（本题共14分）31（14分）多硫化钙CaSx（ x5）、硫代硫酸钙组成的混合物称为石硫合剂，它是一种很好的植物杀虫剂，是由硫磺跟石灰、水等反应所得不同比例的硫磺跟石灰在水溶液中反应，可生成不同的多硫化
20、钙与硫代硫酸钙3Ca（OH）2+8S2CaS3+CaS2O3+3H2O；3Ca（OH）2+6S2CaS2+CaS2O3+3H2O完成下列计算：（1）硫磺溶解在硫化钠溶液中生成一种多硫化物，该多硫化物中硫元素的质量分数为0.736，则该Na2Sx中x=（2）取某石硫合剂（假如只含两种含硫化合物）250mL（密度为1.12g/cm3）通入足量CO2使其快速分解原理如下：Sx2+2H2O+2CO2（x1）S+H2S+2HCO3；S2O32+H2O+CO2HSO3+HCO3+S完全反应后共收集到气体1.12升（标准状况）（忽略气体在溶液中的溶解），则该石硫合剂中多硫化钙的物质的量浓度为；硫代硫酸钙的质
21、量分数为（答案用小数表示，保留2位有效数字）（3）如果把生石灰、硫磺和水按质量比7：16：70的配比完全反应后，只生成两种含硫的化合物，则该石硫合剂中多硫化钙与硫代硫酸钙的物质的量之比是；多硫化钙的化学式是（4）现有生石灰50.4g、硫磺96g、水504g恰好完全反应生成三种多硫化钙，除生成CaS4之外还有二种多硫化钙请推算这二种多硫化钙可能的物质的量之比（写出推理过程）上海市五校联考2015届高三上学期质检化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题共10分，每小题2分，每题只有一个正确选项）1（2分）已知3375As、3579Br位于同一周期下列关系正确的是（）A原子半径：AsClPB热稳定
22、性：HClAsH3HBrC还原性：As3S2ClD酸性：H3AsO4H2SO4H3PO4考点：同一周期内元素性质的递变规律与原子结构的关系；元素周期律的作用 专题：元素周期律与元素周期表专题分析：As、Br属于同一周期元素，As位于第VA族、Br位于第VIIA族，A电子层数越多，其原子半径越大，同一周期元素原子半径随着原子序数增大而减小；B元素的非金属性越强，其气态氢化物的稳定性越强；C元素的非金属性越强，其简单阴离子的还原性越弱；D元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强解答：解：As、Br属于同一周期元素，As位于第VA族、Br位于第VIIA族，A电子层数越多，其原子半径越大，同
23、一周期元素原子半径随着原子序数增大而减小，所以原子半径AsPCl，故A错误；B元素的非金属性越强，其气态氢化物的稳定性越强，非金属性ClBrAs，所以气态氢化物的稳定性HClHBrAsH3，故B错误；C元素的非金属性越强，其简单阴离子的还原性越弱，非金属性ClSAs，则简单阴离子的还原性As3S2Cl，故C正确；D元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，非金属性SPAs，所以酸性：H2SO4H3PO4H3AsO4，故D错误；故选C点评：本题考查同一周期、同一主族元素性质递变规律，明确元素非金属性与其简单阴离子的还原性、最高价氧化物的水化物酸性、气态氢化物的稳定性之间关系即可解答，题
24、目难度不大2（2分）下列金属中，表面自然形成的氧化层能保护内层金属不被空气氧化的是（）ACuBNaCAlDFe考点：铝的化学性质 专题：几种重要的金属及其化合物分析：致密的氧化物能保护内层金属不被空气氧化，以此来解答解答：解：Na、Fe在空气中形成的氧化物不是致密的结构，Cu在空气中形成铜绿为盐类物质，只有Al的氧化物氧化铝为致密的结构，能保护内层金属不被空气氧化，故选C点评：本题考查Al的化学性质，为高频考点，把握氧化膜的结构为解答的关键，侧重金属化学性质的考查，选项A为解答的难点，题目难度不大3（2分）碘晶体升华时，下列所述内容发生改变的是（）A分子内共价键B分子间的作用力C碘分子的大小D
25、分子内共价键的键长考点：不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别 专题：化学键与晶体结构分析：碘晶体升华破坏分子间作用力，没有新物质生成，只是物质状态发生变化；解答：解：碘晶体升华破坏分子间作用力，没有新物质生成，碘分子的大小、分子内共价键、分子内共价键的键长均不变，故选B点评：本题考查化学键，明确物质中的化学键及断裂化学键的一般规律即可解答，难度不大4（2分）合成氨工艺的一个重要工序是铜洗，其目的是用铜液醋酸二氨合铜（I）、氨水吸收在生产过程中产生的CO和CO2等气体铜液吸收CO的反应是放热反应，其化学方程式为：Cu（NH3）2Ac+CO+NH3Cu（NH3）3COAc，若要提高上述反应的正反
26、应速率，可采取的措施是增加NH3的浓度 降温 减压 及时移走产物（）ABCD考点：化学平衡的调控作用 专题：化学平衡专题分析：增大浓度、升高温度等，可增大反应速率解答：解：增加NH3浓度可增大反应速率，降温、减压反应速率减小，减小生成物浓度，反应速率减小，故选A点评：本题考查外界条件对化学反应速率的影响，学生要清楚外界条件越强反应速率越快，比较容易5（2分）在一定条件下用NH3捕获CO2可以生成重要的有机化工产品三聚氰酸，反应的化学方程式如下：NH3+CO2+H2O下列有关三聚氰酸的说法正确的是（）A分子式为C3H6N3O3B分子中既含极性键，又含非极性键C属于共价化合物D生成该物质的上述反应
27、为中和反应考点：有机物的结构和性质 专题：有机物的化学性质及推断分析：A根据三聚氰酸的结构简式书写分子式；B分子中化学键都是不同原子之间形成的共价键，都是极性键；C三聚氰酸分子是原子之间通过共价键形成的分子，属于共价化合物；D酸与碱反应生成盐与水的反应为中和反应解答：解：A由三聚氰酸的结构简式可知，其分子式为C3H3N3O3，故A错误；B分子中化学键都是不同原子之间形成的共价键，都是极性键，不存在非极性键，故B错误；C三聚氰酸分子是原子之间通过共价键形成的分子，属于共价化合物，故C正确；D该反应不符合酸与碱反应生成盐与水，不是中和反应，故D错误，故选C点评：本题考查有机物结构与性质，为高频考点
28、，侧重对基础知识的巩固，涉及化学键、共价化合物、化学反应类型等，难度不大二、选择题（本题共36分，每小题3分，每题只有一个正确选项）6（3分）下列物质的使用不涉及化学变化的是（）A明矾用作净水剂B液氯用作制冷剂C氢氟酸刻蚀玻璃D生石灰作干燥剂考点：物理变化与化学变化的区别与联系；盐类水解的应用；氯气的物理性质；硅和二氧化硅 专题：化学应用分析：化学变化是指有新物质生成的变化，物理变化是指没有新物质生成的变化，化学变化和物理变化的本质区别是否有新物质生成；据此分析判断解答：解：A明矾在水中可以电离出两种金属离子K+、Al3+而Al3+很容易水解，生成胶状的氢氧化铝，氢氧化铝胶体的吸附能力很强，可
29、以吸附水里悬浮的杂质，从而使杂质沉降水变澄清，属于化学变化，故A错误；B液氯汽化时吸收热量，故可用作制冷剂，属于物理变化，故B正确；C氢氟酸能够与玻璃中的主要成分二氧化硅发生反应，故氢氟酸能刻蚀玻璃，属于化学变化，故C错误；D生石灰与水反应生成氢氧化钙，属于化学变化，故D错误，故选B点评：本题考查物理变化与化学变化的判断，难度不大要注意化学变化和物理变化的本质区别是否有新物质生成7（3分）下列化合物中同分异构体数目最少的是（）A戊烷B戊醇C戊烯D乙酸乙酯考点：同分异构现象和同分异构体 专题：同系物和同分异构体分析：戊烷只存在碳链异构，戊醇和戊烯存在碳链异构、位置异构，乙酸乙酯存在碳链异构、官能
30、团异构、位置异构解答：解：戊烷只存在碳链异构，同分异构体为3种，而戊醇和戊烯存在碳链异构、位置异构，乙酸乙酯存在碳链异构、官能团异构、位置异构，异构类型越多，同分异构体的数目越多，因此戊醇、戊烯和乙酸乙酯的同分异构体的数目均大于3种，故选A点评：本题主要考查了同分异构体数目的判断，可通过同分异构体的类型进行简单判断，难度不大8（3分）如图所示的五中元素中，W、X、Y、Z为短周期元素，这四种元素的原子最外层电子数之和为22，下列说法正确的是（）AX、Y、Z三种元素最低价氢化物的沸点依次升高B由X、Y和氢三种元素形成的化合物中只有共价键C物质WY2，W3X4，WZ4均有熔点高，硬度大的特性DT元素
31、的单质具有半导体的特性，T与Z元素可形成化合物TZ4考点：真题集萃；元素周期律和元素周期表的综合应用 专题：元素周期律与元素周期表专题分析：W、X、Y、Z为短周期元素，这四种元素的原子最外层为22，则X、Y为第二周期元素，W、Z为第三周期元素，设X的最外层电子为x，则Y、W、Z的最外层电子数分别为x+1、x1、x+2，所以x+x+1+x1+x+2=22，解得x=5，即X为N，Y为O，W为Si，Z为Cl，W与T同主族，则T为Ge，然后结合元素化合物知识来解答解答：解：W、X、Y、Z为短周期元素，这四种元素的原子最外层为22，则X、Y为第二周期元素，W、Z为第三周期元素，设X的最外层电子为x，则Y
32、、W、Z的最外层电子数分别为x+1、x1、x+2，所以x+x+1+x1+x+2=22，解得x=5，即X为N，Y为O，W为Si，Z为Cl，W与T同主族，则T为Ge，AX、Y、Z三种元素最低价氢化物分别为NH3、H2O、HCl，NH3、H2O中存在氢键，沸点都比HCl高，故A错误；BN、H、O三种元素可形成NH4NO3，是离子化合物，既有共价键也有离子键，故B错误；CSiO2、Si3N4属于原子晶体，熔点高，硬度大，而SiCl4属于分子晶体，熔点低，硬度小，故C错误；DGe元素位于金属与非金属之间的分界线，因此具有半导体的特性，与碳属于同一主族，最外层四个电子，性质相似，可形成GeCl4，故D正确
33、；故选D点评：本题为2014年浙江2015届高考化学试题，把握短周期及最外层电子数的关系推断元素为解答的关键，涉及氢键、化学键、晶体类型及性质、元素周期律等，综合性较强，题目难度不大9（3分）下列反应中，反应后固体物质增重的是（）A氢气通过灼热的CuO粉末B二氧化碳通过Na2O2粉末C铝与Fe2O3发生铝热反应D将锌粒投入Cu（NO3）2溶液考点：真题集萃；钠的重要化合物；镁、铝的重要化合物；铜金属及其重要化合物的主要性质 专题：几种重要的金属及其化合物分析：A发生氢气与CuO的反应生成Cu和水；B发生二氧化碳与过氧化钠的反应生成碳酸钠和氧气；C发生Al与Fe2O3反应生成Al2O3和Fe；D
34、发生Zn与Cu（NO3）2反应生成Zn（NO3）2和Cu解答：解：A发生氢气与CuO的反应生成Cu和水，反应前固体为CuO，反应后固体为Cu，固体质量减小，故A错误；B发生二氧化碳与过氧化钠的反应生成碳酸钠和氧气，反应前固体为过氧化钠，反应后固体为碳酸钠，二者物质的量相同，固体质量增加，故B正确；C发生Al与Fe2O3反应生成Al2O3和Fe，反应前固体为氧化铁、Al，反应后固体为氧化铝、Fe，均为固体，固体质量不变，故C错误；D发生Zn与Cu（NO3）2反应生成Zn（NO3）2和Cu，反应前固体为Zn，反应后固体为Cu，二者物质的量相同，则固体质量减小，故D错误；故选B点评：本题为2014年
35、2015届高考试题，把握发生的化学反应及反应前后固体的分析为解答的关键，侧重元素化合物性质的考查，注意反应中物质的质量变化，题目难度不大10（3分）某天然拒食素具有防御非洲大群蚯蚓的作用，其结构简式如图（未表示出原子或原子团的空间排列）该拒食素与下列某试剂充分反应，所得有机物分子的官能团数目增加，则该试剂是（）ABr2的CCl4溶液BAg（NH3）2OH溶液CHBrDH2考点：有机物分子中的官能团及其结构 专题：有机物的化学性质及推断分析：A碳碳双键发生加成反应，醛基和溴发生氧化反应；B醛基和银氨溶液发生氧化反应生成羧基；C碳碳双键发生加成反应；D碳碳双键、醛基都发生加成反应解答：解：A碳碳双
36、键发生加成反应，醛基和溴发生氧化反应，所以增加溴原子，故A正确；B醛基和银氨溶液发生氧化反应生成羧基，官能团数目不变，故B错误；C碳碳双键和HBr发生加成反应，官能团由碳碳双键变为溴原子，HBr和醛基不反应，所以官能团数目不变，故C错误；D碳碳双键、醛基都发生加成反应，官能团数目减少，故D错误；故选A点评：本题考查了有机物的结构及性质，根据有机物中含有的官能团及其性质来分析解答，明确物质能发生哪些类型的反应，题目难度不大11（3分）等质量的下列物质与足量稀硝酸反应，放出NO物质的量最多的是（）AFeOBFe2O3CFeSO4DFe3O4考点：氧化还原反应的计算 专题：氧化还原反应专题分析：氧化
37、还原反应中，氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等，可根据物质的质量计算物质的量，计算失去电子的物质的量，可比较放出NO物质的量的多少解答：解：假设质量都为mg，AFeO与硝酸反应被氧化生成Fe3+，则失电子物质的量为mol；BFe2O3与硝酸不发生氧化还原反应，失电子为0；CFeSO4与硝酸反应被氧化生成Fe3+，则失电子物质的量为mol；DFe3O4中Fe元素的化合价有+2、+3价，与硝酸反应被氧化生成Fe3+，则失电子物质的量为mol，由以上分析可知，失电子最多的是FeO，则放出NO物质的量最多的是FeO，故选A点评：本题考查氧化还原反应的相关计算，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，为高
38、频考点，注意把握元素的化合价的变化，为解答该题的关键，本题易错点为D，注意Fe元素化合价的判断，难度不大12（3分）用如图装置（夹持、加热装置已略）进行实验，由中现象，不能证实中反应发生的是中实验中现象（）A铁粉与水蒸气加热 肥皂水冒泡B加热NH4Cl和Ca（OH）2混合物 酚酞溶液变红CNaHCO3固体受热分解 澄清石灰水变浑浊D石蜡油在碎瓷片上受热分解 Br2的CCl4溶液褪色考点：实验装置综合 专题：实验评价题分析：A试管中空气受热碰撞；B加热NH4Cl和Ca（OH）2混合物，生成氨气，其水溶液显碱性；CNaHCO3固体受热分解生成二氧化碳；D石蜡油在碎瓷片上受热分解生成乙烯，可发生加成
39、反应解答：解：A试管中空气受热碰撞，则中肥皂水冒泡可能与试管中空气有关，不能说明氢气的生成，故A选；B加热NH4Cl和Ca（OH）2混合物，生成氨气，其水溶液显碱性，则酚酞溶液变红可说明反应的发生，故B不选；CNaHCO3固体受热分解生成二氧化碳，则澄清石灰水变浑浊可说明反应的发生，故C不选；D石蜡油在碎瓷片上受热分解生成乙烯，可发生加成反应，则Br2的CCl4溶液褪色可说明反应的发生，故D不选；故选A点评：本题考查实验装置的综合，为高频考点，把握图中装置的作用及发生的反应、物质的性质为解答的关键，侧重分析、实验能力的考查，题目难度不大13（3分）2丁炔与1，3丁二烯分别跟氢气反应的热化学方程
40、式如下：CH3CCCH3（g）+2H2（g）CH3CH2CH2CH3（g）+Q1CH2=CHCH=CH2（g）+2H2（g）CH3CH2CH2CH3（g）+Q2已知：Q1Q2（Q1和Q2均大于零），由此不能判断（）A2丁炔与1，3丁二烯稳定性的相对大小B2丁炔与1，3丁二烯分子储存能量的相对高低C2丁炔与1，3丁二烯相互转化的热效应D一个碳碳叁键的键能与两个碳碳双键的键能之和的大小考点：反应热和焓变 专题：化学反应中的能量变化分析：据H=生成物的能量和反应物的能量和=反应物的键能和生成物的键能和可知，3丁二烯和2丁炔的能量高低，能量越低越稳定据此解答解答：解：据H=生成物的能量和反应物的能量和
41、=反应物的键能和生成物的键能和可知，3丁二烯和2丁炔的能量高低，能量越低越稳定，A、相同条件下2丁炔放出热量比1，3丁二烯多，说明1，3丁二烯能量低，稳定，故A正确；B、相同条件下2丁炔放出热量比1，3丁二烯多，说明1，3丁二烯能量低，故B正确；C、相同条件下2丁炔放出热量比1，3丁二烯多，说明1，3丁二烯能量低，其相互转化有能量变化，故C正确；D、1，3丁二烯和2丁炔所含的碳碳单键数目不同，所以不能判断一个碳碳叁键的键能与两个碳碳双键的键能大小，故D错误故选：D点评：本题主要考查H=生成物的能量和反应物的能量和=反应物的键能和生成物的键能和，以及能量越低越稳定，题目难度不大14（3分）下列关
42、于0.10molL1 NaHCO3溶液的说法正确的是（）A溶质的电离方程式为NaHCO3Na+H+CO32B25时，加水稀释后，n（H+）与n（OH）的乘积变大C离子浓度关系：c（Na+）+c（H+）=c（OH）+c（HCO3）+c（CO32）D温度升高，c（HCO3）增大考点：真题集萃；盐类水解的应用；离子浓度大小的比较 专题：盐类的水解专题分析：A碳酸氢根离子不可拆分；B加水稀释后，促进HCO3水解，但Kw不变；C溶液遵循电荷守恒；DHCO3水解为吸热反应，升高温度，促进水解解答：解：ANaHCO3为强电解质，溶质的电离方程式为NaHCO3Na+HCO3，故A错误；B.25时，加水稀释后，
43、促进HCO3水解，n（OH）增大，c（OH）减小，由Kw不变，可知c（H+）增大，则n（H+）增大，则n（H+）与n（OH）的乘积变大，故B正确；C由电荷守恒可知，离子浓度关系：c（Na+）+c（H+）=c（OH）+c（HCO3）+2c（CO32），故C错误；DHCO3水解为吸热反应，升高温度，促进水解，则c（HCO3）减小，故D错误；故选B点评：本题为2014年福建2015届高考化学试题，涉及电离、水解及溶液中离子浓度关系的考查，选项B为解答的易错点，注意稀释促进水解时浓度与物质的量的变化不同，题目难度中等15（3分）在探究新制饱和氯水成分的实验中，下列根据实验现象得出的结论不正确的是（）A
44、氯水的颜色呈浅黄绿色，说明氯水中含有Cl2B向氯水中加入NaHCO3粉末，有气泡产生，说明氯水中含有H+C向FeCl2溶液中滴加氯水，溶液颜色变成棕黄色，说明氯水中含有HClOD向氯水中滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀，说明氯水中含有Cl考点：氯气的化学性质 专题：卤族元素分析：溶液中存在平衡Cl2+H2OHCl+HClO，只有氯气有颜色，为黄绿色，氯水中含有氯气而呈浅黄绿色，溶液中HCl与硝酸银反应产生AgCl白色沉淀，而溶液呈酸性，能与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，溶液中氯气、HClO都强氧化性，都可以将亚铁离子氧化为铁离子，而使溶液变为棕黄色解答：解：溶液中存在平衡Cl2+H2OH
45、Cl+HClO，A只有氯气有颜色，为黄绿色，氯水呈浅黄绿色是由于含有氯气，故A正确；B溶液呈酸性，能与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，故B正确；C溶液中氯气、HClO都强氧化性，都可以将亚铁离子氧化为铁离子，而使溶液变为棕黄色，不能说明氯水中含有HClO，故C错误；D溶液与硝酸银反应产生白色沉淀，只能是氯离子与银离子反应得到AgCl白色沉淀，说明氯水中含有Cl，故D正确；故选C点评：本题考查氯水的性质，难度不大，侧重对基础知识的考查，需要学生熟练掌握基础知识16（3分）在精制饱和食盐水中加入碳酸氢铵可制备小苏打（NaHCO3），并提取氯化铵作为肥料或进一步提纯为工业氯化铵滤出小苏打后，母液提取氯化铵
46、有两种方法：通入氨，冷却、加食盐，过滤不通氨，冷却、加食盐，过滤对上述两种方法评价中错误的是（）A析出的氯化铵纯度更高B的滤液可直接循环使用C析出的氯化铵纯度不高D的滤液可直接循环使用考点：物质的分离、提纯和除杂 专题：化学实验基本操作分析：母液中含有氯化铵，通入氨，冷却、加食盐，有利于氯化铵的析出，过滤后滤液中含有氨气，不能直接循环使用解答：解：母液中含有氯化铵，通入氨，冷却、加食盐，有利于氯化铵的析出，纯度更高，过滤后滤液中含有氨气，不能直接循环使用，而的滤液可直接循环使用，故答案为：B点评：本题为设计制备实验的设计的考查，侧重于学生的分析能力、实验能力和计算能力的考查，注意把握实验原理以
47、及物质的性质，难度中等17（3分）以石墨为电极，电解含有少量酚酞和淀粉的NaI溶液已知：通常条件下，I的放电能力比Cl更强下列说法错误的是（）A阴极附近溶液呈红色B阴极逸出气体C阳极附近溶液呈蓝色D溶液的pH变小考点：电解原理 专题：电化学专题分析：以石墨为电极，电解NaI溶液时，在阴极上是氢离子得电子发生还原反应，阳极上是碘离子失电子发生氧化反应，据此回答判断解答：解：A、以石墨为电极，电解NaI溶液时，在阴极上是氢离子得电子发生还原反应，该极区碱性增强，遇到酚酞溶液呈红色，故A正确；B、以石墨为电极，电解NaI溶液时，在阴极上是氢离子得电子发生还原反应逸出气体氢气，故B正确；C、以石墨为电
48、极，电解NaI溶液时，阳极上是碘离子失电子发生氧化反应生成碘单质，遇到淀粉变蓝色，故C正确；D、以石墨为电极，电解NaI溶液时，生成氢氧化钾溶液，溶液的pH变大，故D错误故选D点评：本题考查学生电解池的工作原理以及物质的性质知识，注意知识的归纳和整理是解题的关键，难度中等三、选择题（本题共20分，每小题4分，每小题有一个或两个正确选项只有一个正确选项的，多选不给分；有两个正确选项的，选对一个给2分，选错一个，该小题不给分）18（4分）从香荚兰豆中提取的一种芳香化合物，其分子式为C8H8O3，与FeCl3溶液会呈现特征颜色，能发生银镜反应该化合物可能的结构简式是（）ABCD考点：有机物分子中的官
49、能团及其结构；同分异构现象和同分异构体 专题：有机物的化学性质及推断分析：一种芳香化合物，其分子式为C8H8O3，则该物质中含有苯环，与FeCl3溶液会呈现特征颜色，能发生银镜反应，说明该有机物中含有酚羟基、醛基，结合其分子式确定结构简式解答：解：一种芳香化合物，其分子式为C8H8O3，则该物质中含有苯环，与FeCl3溶液会呈现特征颜色，能发生银镜反应，说明该有机物中含有酚羟基、醛基，A该分子中含有醛基和酚羟基，且分子式为C8H8O3，故A正确；B该分子中不含酚羟基，所以不能显色反应，不符合题意，故B错误；C该反应中不含醛基，所以不能发生银镜反应，不符合题意，故C错误；D该分子中含有醛基和酚羟
50、基，能发生显色反应和银镜反应，其分子式为C8H6O3，不符合题意，故D错误；故选A点评：本题考查了有机物的结构和性质，知道常见有机物官能团及其性质是解本题关键，再结合题干确定有机物的官能团，题目难度不大19（4分）设NA为阿伏加德罗常数的值下列说法正确的是（）A1 mol甲苯含有CH键数目为8NAB1 mol丙烯酸中含有双键的数目为NAC由a g C2H4和C3H6组成的混合物中所含共用电子对数目为D在过氧化钠跟水的反应中，每生成2.24 L氧气，转移电子的数目为0.2NA考点：阿伏加德罗常数 专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律分析：A甲苯分子中含有8个H原子，则含有8个碳氢键，1mol甲苯
51、中含有8mol碳氢键；B丙烯酸中含有1个碳碳双键和1个碳氧双键；CC2H4和C3H6的最简式为CH2，根据最简式计算出混合物中含有的C、H原子的物质的量，再根据有机物成键情况判断含有的共用电子对数目；D根据Na2O2与水的反应为歧化反应来分析解答：解：A.1mol甲苯中含有8molH原子，则含有8mol碳氢键，含有8NA个CH键，故A错误；B.1mol丙烯酸中含有1mol碳碳双键、1mol碳氧双键，总共含有2mol双键，含有双键的数目为2NA，故B错误；CC2H4和C3H6中，每个C原子平均形成了1对碳碳共用电子对、每个H原子平均形成了1对碳氢共用电子对，a g的C2H4和C3H6的混合物中含
52、有molCH2，故含有molC、=molH原子，含有的共用电子对为mol+mol=mol，故含有的共用电子对数为NA，故C正确；D.2.24 L氧气的物质的量为：=0.1mol，Na2O2与水的反应为歧化反应：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，此反应中转移2mol电子，生成1mol氧气，故每生成0.1mol氧气，转移电子的数目为0.2NA，故D正确；故选CD点评：本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等注意Na2O2与水的反应为歧化反应，丙烯酸分子中中含有2个双键20（4分）雾霾会影响人们的生活与健康某地区的雾霾中可能含有如下可溶性无机离子：Na+、NH4+、Mg2+、Al
53、3+、SO42、NO3、Cl某同学收集了该地区的雾霾，经必要的预处理后得试样溶液，设计并完成了如下的实验：已知：3NO3+8Al+5OH+2H2O3NH3+8AlO2根据以上的实验操作与现象，该同学得出的结论错误的是（）A试样中肯定存在NH4+、Mg2+、SO42和NO3B试样中可能存在Na+、ClC试样中一定不含Al3+D可以确定该雾霾的成分是NaNO3、NH4Cl和MgSO4考点：常见阳离子的检验；常见阴离子的检验 专题：物质检验鉴别题分析：试样溶液中加入过量Ba（OH）2并加热，生成的气体1能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，说明气体1是NH3，则试样中含有NH4+；向滤液中通入CO2，得到溶
54、液2、沉淀2，溶液2中加入Al，生成气体2，该气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝色，说明含有气体2是NH3，根据已知条件知，溶液2中含有NO3，根据元素守恒知，原溶液中含有NO3；滤液1中通入CO2，得到沉淀2，向沉淀2中加入酸，沉淀溶解并放出气体，说明沉淀2是碳酸钡等难溶性碳酸盐；沉淀1加入酸后，沉淀部分溶解，硫酸钡不溶于酸，说明原来溶液中含有SO42，能和过量Ba（OH）2反应生成能溶于酸的沉淀，根据离子知，该沉淀为Mg（OH）2，所以溶液中含有Mg 2+，结合题给选项分析解答解答：解：试样溶液中加入过量Ba（OH）2并加热，生成的气体1能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，说明气体1是NH3，则试样中
55、含有NH4+；向滤液中通入CO2，得到溶液2、沉淀2，溶液2中加入Al，生成气体2，该气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝色，说明含有气体2是NH3，根据已知条件知，溶液2中含有NO3，根据元素守恒知，原溶液中含有NO3；滤液1中通入CO2，得到沉淀2，向沉淀2中加入酸，沉淀溶解并放出气体，说明沉淀2是碳酸钡等难溶性碳酸盐；沉淀1加入酸后，沉淀部分溶解，硫酸钡不溶于酸，说明原来溶液中含有SO42，能和过量Ba（OH）2反应生成能溶于酸的沉淀，根据离子知，该沉淀为Mg（OH）2，所以溶液中含有Mg 2+，综上所述：试样溶液中一定含有NH4+、NO3、SO42、Mg 2+，可能含有：Na+、Cl，A通过以
56、上分析知，试样中肯定存在NH4+、Mg2+、SO42和NO3，故A正确；B通过以上分析知，试样中可能存在Na+、Cl，故B正确；C通过以上分析知，试样中不能确定是否含有Al3+，故C错误；D根据以上分析知，试样中肯定存在NH4+、Mg2+、SO42和NO3，可能存在Na+、Cl，所以该雾霾中可能存在NaNO3、NH4Cl和MgSO4，故D正确；故选C点评：本题主要考查了物质的推断，明确物质的性质及特殊反应现象是解本题关键，根据物质的溶解性、物质的性质及题给信息来分析解答，难度中等21（4分）下列指定反应的离子方程式正确的是（）ACu溶于稀硝酸：Cu+2H+NO3Cu2+NO2+H2OB在复盐N
57、H4Fe（SO4）2溶液中逐滴加入一定量的Ba（OH）2溶液：2Fe3+3SO42+3Ba2+6OH3BaSO4+2Fe（OH）3C向等物质的量浓度的NaOH和Na2CO3的混合溶液中加入稀盐酸：2OH+CO32+4H+CO2+3H2OD向NaAlO2溶液中通入过量CO2制Al（OH）3：CO2+AlO2+2H2O=Al（OH）3+HCO3考点：离子方程式的书写 专题：离子反应专题分析：A反应生成NO，电子、电荷不守恒；B逐滴加入Ba（OH）2溶液，碱完全反应；C加入稀盐酸，少量时，只发生酸碱中和，过量时生成二氧化碳，但等物质的量时，OH与CO32的物质的量相同；D向NaAlO2溶液中通入过量
58、CO2生成氢氧化铝和碳酸氢钠解答：解：ACu溶于稀硝酸的离子反应为3Cu+8H+2NO3=3Cu2+2NO+4H2O，故A错误；B在复盐NH4Fe（SO4）2溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液，可能发生的反应离子方程式是NH4+Fe3+2SO42+2Ba2+4OH=2BaSO4+Fe（OH）3+NH3H2O，故B错误；C向等物质的量浓度的NaOH和Na2CO3的混合溶液中加入稀盐酸生成气体时的离子反应为2OH+2CO32+6H+=CO2+4H2O，故C错误；D向NaAlO2溶液中通入过量CO2制Al（OH）3的离子反应为CO2+AlO2+2H2O=Al（OH）3+HCO3，故D正确故选D点评：本
59、题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子方程式的书写方法为解答的关键，侧重氧化后还原反应、与量有关的离子反应考查，题目难度不大22（4分）将Cl2通入适量KOH溶液，产物中可能有KCl、KClO、KClO3，且 的值与温度高低有关当n（KOH）=a mol时，下列有关说法正确的是（）A若某温度下，反应后 =11，则溶液中 =B参加反应的被还原的氯气为amolC改变温度，反应中转移电子的物质的量ne的范围：amolneamolD改变温度，产物中KClO3的最大理论产量为amol考点：化学方程式的有关计算；氧化还原反应的计算 专题：计算题分析：A设n（ClO）=1mol
60、，反应后=11，则n（Cl）=11mol，根据电子转移守恒计算n（ClO3），据此计算判断；B由Cl原子守恒可知，2n（Cl2）=n（KCl）+n（KClO）+n（KClO3），由钾离子守恒可知n（KCl）+n（KClO）+n（KClO3）=n（KOH）；C氧化产物只有KClO3时，转移电子最多，氧化产物只有KClO时，转移电子最少，根据电子转移守恒及钾离子守恒计算；D氧化产物只有KClO3时，其物质的量最大，结合C中计算判断解答：解：A设n（ClO）=1mol，反应后=11，则n（Cl）=11mol，电子转移守恒，5n（ClO3）+1n（ClO）=1n（Cl），即：5n（ClO3）+11mo
61、l=111mol，解得：n（ClO3）=2mol，故溶液中=，故A正确；B由Cl原子守恒可知，2n（Cl2）=n（KCl）+n（KClO）+n（KClO3），由钾离子守恒可知n（KCl）+n（KClO）+n（KClO3）=n（KOH）=amol，故参加反应的氯气的物质的量为：n（Cl2）=n（KOH）=0.5a mol，故B错误；C氧化产物只有KClO3时，转移电子最多，根据电子转移守恒n（KCl）=5（KClO3），由钾离子守恒：n（KCl）+n（KClO3）=n（KOH），故n（KClO3）=n（KOH）=a mol，转移电子最大物质的量为：a mol5=a mol，氧化产物只有KClO时
62、，转移电子最少，根据电子转移守恒n（KCl）=n（KClO），根据钾离子守恒：n（KCl）+n（KClO）=n（KOH），故：n（KClO）=n（KOH）=a mol，转移电子最小物质的量=a mol1=a mol，则反应中转移电子的物质的量ne的范围为：a molnea mol，故C正确；D氧化产物只有KClO3时，其物质的量最大，由C中计算可知：n最大（KClO3）=n（KOH）=a mol，故D错误；故选AC点评：本题考查氧化还原反应计算，题目难度中等，注意电子转移守恒及极限法的应用，试题培养了学生的分析、理解能力及化学计算能力四、（本题10分）23（10分）元素的单质及其化合物有着广泛
63、的用途请根据元素周期表中第三周期元素相关知识回答下列问题完成下列填空：（1）按原子序数递增的顺序（稀有气体除外），以下说法正确的是ba原子半径和简单离子半径均减小b金属性减弱，非金属性增强c氧化物对应的水化物碱性减弱，酸性增强d单质的熔点降低（2）原子最外层电子数与次外层中p亚层电子数相同的元素名称是硫，磷元素原子最外层电子排布的轨道表示式是（3）已知：化合物MgOAl2O3MgCl2AlCl3类型离子化合物离子化合物离子化合物共价化合物熔点/28002050714191工业制镁时，电解MgCl2而不电解MgO的原因是MgO的熔点高，熔融时消耗更多能量，增加生产成本；制铝时，电解Al2O3而不
64、电解AlCl3的原因是氯化铝是共价化合物，熔融态氯化铝难导电（4）晶体硅（熔点1410）是良好的半导体材料由粗硅制纯硅过程如下：Si（粗）SiCl4SiCl4（纯）Si（纯）在上述由SiCl4制纯硅的反应中，测得每生成1.12kg纯硅需吸收a kJ热量，写出该反应的热化学方程式：2H2（g）+SiCl4（g）Si（s）+4HCl（g）H=+0.025akJmol1（5）KClO3可用于实验室制O2，若不加催化剂，400时分解只生成两种盐，其中一种是无氧酸盐，另一种盐的阴阳离子个数比为1：1写出该反应的化学方程式：4KClO3KCl+3KClO4考点：同一周期内元素性质的递变规律与原子结构的关系
65、 专题：元素周期律与元素周期表专题；元素及其化合物分析：（1）a同一周期，原子半径随着原子序数增大而减小，简单离子半径先减小后增大再减小；b同一周期元素，元素的金属性减弱，非金属性增强；c元素的金属性越强，其最高价氧化物的水化物碱性越强，元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强；d同一周期元素，其单质的熔点先增大后减小；（2）原子最外层电子数与次外层中p亚层电子数相同的元素名称是硫，磷元素原子最外层有5个电子，分别位于3s、3p轨道；（3）氧化镁熔点远远大于氯化镁，电解MgO冶炼Mg浪费能源；氯化铝是共价化合物，熔融状态下不导电；（4）在上述由SiCl4制纯硅的反应中，测得每生成1.
66、12kg纯硅需吸收a kJ热量，1120gSi的物质的量=40mol，生成40mol纯硅需要吸收akJ热量，则生成1mol纯硅放出的热量为0.025kJ热量，据此书写其热化学方程式；（5）KClO3可用于实验室制O2，若不加催化剂，400时分解只生成两种盐，其中一种是无氧酸盐，根据元素守恒知，该盐为KCl，另一种盐的阴阳离子个数比为1：1，根据化合价升降相等配平即可解答：解：（1）a同一周期，原子半径随着原子序数增大而减小，简单离子半径先减小后增大再减小，故错误；b同一周期元素，元素的金属性减弱，非金属性增强，即金属性减弱、非金属性增强，故正确；c元素的金属性越强，其最高价氧化物的水化物碱性越
67、强，元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，所以其最高价氧化物的水化物碱性减弱、酸性增强，故错误；d同一周期元素，其单质的熔点先增大后减小，Si的熔点最高，故错误；（2）原子最外层电子数与次外层中p亚层电子数相同的元素名称是硫，磷元素原子最外层有5个电子，分别位于3s、3p轨道，其轨道表示式为，故答案为：硫；（3）氧化镁熔点远远大于氯化镁，电解MgO冶炼Mg浪费能源，所以用熔融态氯化镁冶炼镁；氯化铝是共价化合物，熔融状态下以分子存在，所以不导电，则用熔融氧化铝冶炼Al，故答案为：MgO的熔点高，熔融时消耗更多能量，增加生产成本；氯化铝是共价化合物，熔融态氯化铝难导电；（4）在上述由
68、SiCl4制纯硅的反应中，测得每生成1.12kg纯硅需吸收a kJ热量，1120gSi的物质的量=40mol，生成40mol纯硅需要吸收akJ热量，则生成1mol纯硅吸收的热量为0.025kJ热量，其热化学方程式为2H2（g）+SiCl4（g）Si（s）+4HCl（g）H=+0.025akJmol1，故答案为：2H2（g）+SiCl4（g）Si（s）+4HCl（g）H=+0.025akJmol1；（5）KClO3可用于实验室制O2，若不加催化剂，400时分解只生成两种盐，其中一种是无氧酸盐，另一种盐的阴阳离子个数比为1：1，则该无氧酸为KCl，KCl中氯元素化合价为1，说明氯酸钾中氯元素化合价
69、降低，则另一种含氧酸盐中氯元素化合价会升高，由于氯酸钾中氯元素化合价为+5，则氯元素化合价升高只能被氧化成高氯酸钾，根据氧化还原反应中化合价升降相等配平该反应为：4KClO3KCl+3KClO4，故答案为：4KClO3KCl+3KClO4点评：本题以第三周期为例考查同一周期元素性质递变规律，涉及反应方程式的书写、热化学方程式的书写、金属的冶炼、原子结构等知识点，综合性较强，会根据金属活泼性强弱确定金属冶炼方法，知道冶炼铝不用氯化铝的原因，题目难度中等五、（本题14分）24（14分）合成氨是人类科学技术上的一项重大突破，其反应原理为：N2（g）+3H2（g）2NH3（g）+Q（Q0）一种工业合成
70、氨的简易流程图如下：完成下列填空：（1）天然气中的H2S杂质常用氨水吸收，产物为NH4HS一定条件下向NH4HS溶液中通入空气，得到单质硫并使吸收液再生NH4HS的电子式是，写出再生反应的化学方程式：2NH4HS+O22NH3H2O+2SNH3的沸点高于H2S，是因为NH3分子之间存在着一种比分子间作用力更强的作用力（2）室温下，0.1mol/L的氯化铵溶液和0.1mol/L的硫酸氢铵溶液，酸性更强的是硫酸氢铵，其原因是硫酸氢铵中的硫氢根离子第二步电离程度Ki2=1.2102，非常的大，大于铵根离子水解产生的酸性已知：H2SO4：Ki2=1.2102NH3H2O：Ki=1.8105（3）图2表
71、示500、60.0MPa条件下，原料气投料比与平衡时NH3体积分数的关系根据图中a点数据计算N2的平衡体积分数：14.5%（答案用小数表示，保留3位有效数字）（4）依据温度对合成氨反应的影响，在图3坐标系中，画出一定条件下的密闭容器内，从通入原料气开始，随温度不断升高，NH3物质的量变化的曲线示意图（5）上述流程图中，使合成氨放出的能量得到充分利用的主要步骤是（填序号）简述本流程中提高合成氨原料总转化率的方法：分离液氨，未反应的氮气和氢气循环使用考点：工业合成氨；化学平衡的调控作用 专题：化学平衡专题分析：（1）NH4HS的电子式是；H2S杂质常用氨水吸收，产物为NH4HS，一定条件下向NH4
72、HS溶液中通入空气，得到单质硫并使吸收液再生，反应过程中生成一水合氨，依据原子守恒和电子守恒配平书写化学方程式；NH3分子间存在氢键，所以NH3的沸点高于H2S；（2）硫酸氢铵中的硫氢根离子第二步电离程度Ki2=1.2102，非常的大，所以硫酸氢铵溶液的酸性强同浓度的氯化铵；（3）依据反应特征N2+3H2=2NH3，反应前后气体体积减小为生成氨气的体积，相同条件下，气体体积比等于气体物质的量之比，图象分析可知平衡状态氨气体积含量42%，设平衡混合气体体积为 100，氨气为体积42，计算反应的氮气，依据气体体积比计算原混合气体中氮气体积，得到平衡状态下氮气体积分数；（4）合成氨的反应是放热反应，
73、开始反应，氨气物质的量增大，达到平衡状态，继续升温，平衡逆向进行，氨气物质的量减小，据此画出变化图象；（5）依据反应是气体体积减小的放热反应，结合平衡移动原理分析判断；解答：解：（1）NH4HS的电子式是；H2S杂质常用氨水吸收，产物为NH4HS，一定条件下向NH4HS溶液中通入空气，得到单质硫并使吸收液再生，反应过程中生成一水合氨，依据原子守恒和电子守恒配平书写化学方程式为：2NH4HS+O22NH3H2O+2S；NH3分子间存在氢键，所以NH3的沸点高于H2S，故答案为：；2NH4HS+O22NH3H2O+2S；分子间作用；（2）硫酸氢铵中的硫氢根离子第二步电离程度Ki2=1.2102，非
74、常的大，而氯化铵是水解呈酸性，所以硫酸氢铵溶液的酸性强同浓度的氯化铵，故答案为：硫酸氢铵；硫酸氢铵中的硫氢根离子第二步电离程度Ki2=1.2102，非常的大，大于铵根离子水解产生的酸性；（3）依据反应特征N2+3H2=2NH3 V 1 3 2 2 平衡体积 V V 即反应前后气体体积减小为生成氨气的体积，相同条件下，气体体积比等于气体物质的量之比，图象分析可知平衡状态氨气体积含量42%，设平衡混合气体体积为100，氨气为体积42，则反应前气体体积100+42=142，氮气和氢气按照1：3混合，氮气体积=142=35.5，依据化学方程式计算反应的氮气体积为21，平衡状态氮气为35.521=14.
75、5，则氮气体积分数为14.5%；故答案为：14.5%；（4）合成氨的反应是放热反应，开始反应，氨气物质的量增大，达到平衡状态，继续升温，平衡逆向进行，氨气物质的量减小，画出的图象为：，故答案为：；（5）分析流程合成氨放热通过热交换器加热反应混合气体，使反应达到所需温度，提高合成氨原料总转化率，依据平衡移动原理分析，分离出氨气促进平衡正向进行，把平衡混合气体中氮气和氢气重新循环使用，提高原理利用率；故答案为：；分离液氨，未反应的氮气和氢气循环使用点评：本题考查了化学平衡影响因素分析，平衡计算应用，注意反应特征的计算应用，图象绘制，掌握基础是关键，题目难度较大六、（本题共12分）27（12分）溴苯
76、是一种化工原料，实验室合成溴体的装置示意图及有关数据如下：苯溴溴苯密度/gcm30.883.101.50沸点/8059156水中溶解度微溶微溶微溶按下列合成步骤回答问题：（1）在a中加入15mL无水苯和少量铁屑在b中小心加入4.0mL液态溴向a中滴入几滴溴，有白色烟雾产生，是因为生成了HBr气体继续滴加至液溴滴完装置d的作用是吸收HBr和Br2；（2）液溴滴完后，经过下列步骤分离提纯：向a中加入10mL水，然后过滤除去未反应的铁屑；滤液依次用10mL水、8mL 10%的NaOH溶液、10mL水洗涤NaOH溶液洗涤的作用是除去HBr和未反应的Br2；向分出的粗溴苯中加入少量的无水氯化钙，静置、过
77、滤加入氯化钙的目的是干燥；（3）经以上分离操作后，粗溴苯中还含有的主要杂质为苯，要进一步提纯，下列操作中必须的是C；（填入正确选项前的字母）A重结晶 B过滤 C蒸馏 D萃取（4）在该实验中，a的容积最适合的是B（填入正确选项前的字母）A.25mL B.50mL C.250mL D.500mL考点：苯的性质 专题：压轴题；有机物的化学性质及推断分析：（1）苯与液溴反应生成HBr，HBr与水蒸气结合呈白雾；液溴都易挥发，而苯的卤代反应是放热的，尾气中有HBr及挥发出的Br2，用氢氧化钠溶液吸收，防止污染大气；（2溴苯中含有溴，加NaOH溶液，把未反应的Br2变成NaBr和NaBrO洗到水中，然后加
78、干燥剂，据此解答；（3）由分离操作可知，分离出的粗溴苯中含有未反应的苯，分离互溶的液体，根据沸点不同，利用蒸馏的方法进行分离；（4）根据制取溴苯所加的液体的体积进行解答，溶液的体积一般不超2/3，不少于1/3解答：解：（1）苯与液溴反应生成HBr，HBr与水蒸气结合呈白雾；液溴都易挥发，而苯的卤代反应是放热的，尾气中有HBr及挥发出的Br2，用氢氧化钠溶液吸收，防止污染大气，故答案为：HBr；吸收HBr和Br2；（2）溴苯提纯的方法是：先水洗，把可溶物溶解在水中，然后过滤除去未反应的铁屑，再加NaOH溶液，把未反应的Br2变成NaBr和NaBrO洗到水中然后加干燥剂，无水氯化钙能干燥溴苯，故答
79、案为：除去HBr和未反应的Br2；干燥；（3）反应后得到的溴苯中溶有少量未反应的苯利用沸点不同，苯的沸点小，被蒸馏出，溴苯留在母液中，所以采取蒸馏的方法分离溴苯与苯，故答案为：苯；C；（4）操作过程中，在a中加入15mL无水苯，向a中加入10mL水，在b中小心加入4.0mL液态溴，所以a的容积最适合的是50mL，故答案为：B点评：本题主要考查了溴苯的制取实验、物质的分离提纯等，清楚制备的原理是解答的关键，题目难度中等七、（本题共12分）28（12分）三草酸合铁酸钾（K3Fe（C2O4）3xH2O）是一种光敏材料，110时失去全部结晶水完成下列填空：某实验小组为测定该晶体中铁的含量和结晶水的含量
80、，做了如下实验：（一）铁含量的测定步骤一：称量5.00g三草酸合铁酸钾晶体，配制成250mL溶液步骤二：取所配溶液25.00mL 于锥形瓶中，加H2SO4酸化，滴加KMnO4溶液将草酸根恰好全部氧化成CO2，MnO4同时被还原为Mn2+向反应后的溶液中加入锌粉，加热至黄色刚好消失，过滤并洗涤，将过滤及洗涤所得溶液收集到锥形瓶中，此时溶液仍呈酸性步骤三：用0.010mol/L KMnO4溶液滴定步骤二所得溶液至终点，消耗KMnO4溶液20.02mL，滴定中MnO4被还原成Mn2+重复步骤二和步骤三操作，滴定消耗0.010mol/L KMnO4溶液19.98mL（1）配制三草酸合铁酸钾溶液的操作步
81、骤依次是：称量、溶解、冷却、转移、洗涤并转移、定容、摇匀（2）加入锌粉的目的是将Fe3+恰好还原成Fe2+，使Fe2+在步骤三中与KMnO4发生氧化还原反应（3）写出步骤三中发生反应的离子方程式5Fe2+MnO4+8H+=5Fe3+Mn2+4H2O（4）实验测得该晶体中铁的质量分数为11.2%在步骤二中，若滴加的KMnO4溶液的量不够，则测得的铁含量偏高（选填“偏低”、“偏高”或“不变”）（二）结晶水的测定将坩埚洗净，烘干至恒重，记录质量；在坩埚中加入研细的三草酸合铁酸钾晶体，称量并记录质量；加热至110，恒温一段时间，置于空气中冷却，称量并记录质量；计算结晶水含量（5）请纠正上述实验过程中的
82、两处错误：将固体置于干燥器中冷却、两次加热后固体质量的称量结果不超过0.1 g考点：探究物质的组成或测量物质的含量 专题：实验探究和数据处理题分析：（一）（1）根据配制一定物质的量浓度的溶液的操作步骤判断：在配制物质的量浓度的溶液时，要经过：计算称量溶解移液、洗涤振荡定容摇匀等步骤；（2）锌粉能与Fe3+反应，加入锌粉的目的是将Fe3+恰好还原成Fe2+；（3）根据物质的性质和书写离子方程式的有关要求书写离子方程式；（4）根据离子方程式计算，n（Fe）=5n（MnO4）=50.01 molL110310=1.0102mol，m（Fe）=56 gmol11.0102mol=0.56g晶体中铁的质
83、量分数=100%=11.2%，若在步骤二中滴入酸性高锰酸钾溶液不足，则会有部分草酸根离子未被氧化，在步骤三中则会造成消耗酸性高锰酸钾溶液的量偏大，从而计算出的铁的量增多，含量偏高（二）（5）加热后的晶体要在干燥器中冷却，防止重新吸收空气中的水分另外在加热时至少要称量两次质量差，到两次称量质量差不超过0.1 g解答：解：（一）（1）在配制物质的量浓度的溶液时，要经过：计算称量溶解移液、洗涤振荡定容摇匀等步骤，故答案为：溶解；定容；（2）加入锌粉的目的是将Fe3+恰好还原成Fe2+，故答案为：将Fe3+恰好还原成Fe2+，使Fe2+在步骤三中与KMnO4发生氧化还原反应；（3）在步骤三中发生的离子
84、反应为：5Fe2+MnO4+8H+=5Fe3+Mn2+4H2O，故答案为：5Fe2+MnO4+8H+=5Fe3+Mn2+4H2O；（4）根据步骤三中的离子反应可知：n（Fe）=5n（MnO4）=50.01 molL110310=1.0102mol，m（Fe）=56 gmol11.0102mol=0.56g晶体中铁的质量分数=100%=11.2%，若在步骤二中滴入酸性高锰酸钾溶液不足，则会有部分草酸根离子未被氧化，在步骤三中则会造成消耗酸性高锰酸钾溶液的量偏大，从而计算出的铁的量增多，含量偏高，故答案为：11.2%；偏高；（二）（5）加热后的晶体要在干燥器中冷却，防止重新吸收空气中的水分另外在加
85、热时至少要称量两次质量差，到两次称量质量差不超过0.1 g，故答案为：加热后的晶体要在干燥器中冷却； 两次称量质量差不超过0.1 g点评：本题考查较为综合，涉及到溶液的配制、滴定和结晶等操作，注意基础实验知识的积累，把握实验步骤、原理和注意事项等问题，题目难度中等八、（本题共10分）29（10分）化合物A有稳定性好、抗氧化能力强的特点，其结构如图分子中片段X对A的性能起了重要作用，为研究X的结构，将化合物A在一定条件下水解只得到B（）和C经测定确定C的分子式为C7H6O3，C遇FeCl3水溶液显紫色，跟NaHCO3溶液反应有CO2产生完成下列填空：（1）化合物B能发生下列哪种类型的反应A、B、
86、Da取代反应b加成反应c缩聚反应d氧化反应（2）化合物C能经下列反应得到G（分子式为C8H6O2，分子内含五元环）已知：ROOHRCH2OH RXRCOOH化合物C的结构简式为（3）反应FG的化学方程式为（4）化合物E有多种同分异构体，1H核磁共振谱图表明，其中某些同分异构体含有苯环，且苯环上有两种不同化学环境的氢，写出这些同分异构体中任意三种的结构简式、考点：有机物分子中的官能团及其结构；有机物的推断 专题：有机物的化学性质及推断分析：（1）C遇FeCl3水溶液显紫色，分子中含有酚羟基和苯环，与NaHCO3溶液反应有CO2产生，说明分子中含有COOH，结合化合物A的结构图1可知，B的结构为，
87、分子中存在羟基和碳碳双键，则可以发生加成反应、取代反应和氧化反应；（2）由信息可知，C中存在酚羟基和苯环，且存在羧基，结合C的分子式C7H6O3，可知分子中含有1个酚羟基OH、1个羧基COOH，两个取代基有邻、间、对三种位置关系，据此书写；（3）由G含五元环和反应流程可知，C为，根据题给信息，得出D为，E为，E与NaCN发生取代反应，CN确定溴原子，再酸化生成F为，F发生酯化反应得到G物质，G为（4）从E的结构可以分析，要保证苯环中有两种不同化学环境的氢，则两个取代基为对位，据此结合E的结构简式书写解答：解：（1）C遇FeCl3水溶液显紫色，分子中含有酚羟基和苯环，与NaHCO3溶液反应有CO
88、2产生，说明分子中含有COOH，结合化合物A的结构图1可知，B的结构为，分子中存在羟基和碳碳双键，则可以发生加成反应、取代反应和氧化反应，不能发生缩聚反应，所以A、B、D均正确，故答案为：A、B、D；（2）由信息可知，C中存在酚羟基和苯环，且存在羧基，结合C的分子式C7H6O3，可知分子中含有1个酚羟基OH、1个羧基COOH，两个取代基有邻、间、对三种位置关系，符合条件的C的可能结构有，故答案为：；（3）由G含五元环和反应流程可知，C为，根据题给信息，得出D为，E为，E与NaCN发生取代反应，CN确定溴原子，再酸化生成F为，F发生酯化反应得到G物质，G为从E的结构可以分析，要保证苯环中有两种不
89、同化学环境的氢，则两个取代基为对位，如、等均符合题意FG是发生酯化反应成环状生成，反应方程式为，故答案为：；（4）从E（）的结构分析，要保证苯环中有两种不同化学环境的氢，则两个取代基为对位，如、等均符合题意，故答案为：、点评：本题考查有机物的推断、同分异构体书写、官能团的性质与相互衍变关系，熟练掌握各类有机物的组成、结构、性质，注意重要官能团的引入和消去等基础知识，同时注意结合题中给定的信息，图2中EF的转化为推断的难点，中学有机基本不涉及，可以根据E、G的结构特点确定F，是对学生思维能力的考查九、（本题共12分）30（12分）1，6已二酸（G）是合成尼龙的主要原料之一，可用含六个碳原子的有机
90、化合物氧化制备如图为A通过氧化反应制备G的反应过程（可能的反应中间物质为B、C、D、E和F）：回答下列问题：（1）化合物A中含碳87.8%，其余为氢，A的化学名称为环己烯（2）B到C的反应类型为加成反应（3）F的结构简式为（4）在上述中间物质中，核磁共振氢谱出峰最多的是DE，最少的是F（填化合物代号）（5）由G合成尼龙的化学方程式为（6）由A通过两步反应制备1，3环已二烯的合成路线为考点：真题集萃；有机物的合成 专题：有机物的化学性质及推断分析：化合物A中含碳87.8%，其余为氢，则碳氢原子个数比为：=6：10，又知A含有六个碳原子，故A的化学名称为：C6H10，与双氧水反应生成，与水发生加成
91、反应生成，发生氧化反应生成，再发生氧化反应生成，再发生氧化反应生成F，F为：，再发生氧化反应生成，与发生缩聚反应生成尼龙，化学式为：解答：解：（1）化合物A中含碳87.8%，其余为氢，则碳氢原子个数比为：=6：10，又知A含有六个碳原子，故A的化学式为：C6H10，故A的化学名称为：环己烯；故答案为：环己烯；（2）与水发生加成反应生成，故答案为：加成反应；（3）发生氧化反应生成F，F为，故答案为：；（4）B的核磁共振氢谱出峰为3，C的核磁共振氢谱出峰为4，D的核磁共振氢谱出峰为6，E的核磁共振氢谱出峰为6，F的核磁共振氢谱出峰为2，故答案为：DE，F；（5）与发生缩聚反应生成，方程式为：，故答
92、案为：；（6），故答案为：点评：有机推断几乎是2015届高考不变的一个题型，每年2015届高考必考，是热点题型十、（本题共14分）31（14分）多硫化钙CaSx（ x5）、硫代硫酸钙组成的混合物称为石硫合剂，它是一种很好的植物杀虫剂，是由硫磺跟石灰、水等反应所得不同比例的硫磺跟石灰在水溶液中反应，可生成不同的多硫化钙与硫代硫酸钙3Ca（OH）2+8S2CaS3+CaS2O3+3H2O；3Ca（OH）2+6S2CaS2+CaS2O3+3H2O完成下列计算：（1）硫磺溶解在硫化钠溶液中生成一种多硫化物，该多硫化物中硫元素的质量分数为0.736，则该Na2Sx中x=4（2）取某石硫合剂（假如只含两种
93、含硫化合物）250mL（密度为1.12g/cm3）通入足量CO2使其快速分解原理如下：Sx2+2H2O+2CO2（x1）S+H2S+2HCO3；S2O32+H2O+CO2HSO3+HCO3+S完全反应后共收集到气体1.12升（标准状况）（忽略气体在溶液中的溶解），则该石硫合剂中多硫化钙的物质的量浓度为0.20mol/L；硫代硫酸钙的质量分数为0.014（答案用小数表示，保留2位有效数字）（3）如果把生石灰、硫磺和水按质量比7：16：70的配比完全反应后，只生成两种含硫的化合物，则该石硫合剂中多硫化钙与硫代硫酸钙的物质的量之比是2：1；多硫化钙的化学式是CaS5（4）现有生石灰50.4g、硫磺9
94、6g、水504g恰好完全反应生成三种多硫化钙，除生成CaS4之外还有二种多硫化钙请推算这二种多硫化钙可能的物质的量之比n（CaS2）：n（CaS5）=1：2或者n（CaS3）：n（CaS5）=1：1（写出推理过程）考点：有关混合物反应的计算；化学方程式的有关计算 专题：计算题分析：（1）计算钠元素质量分数，再根据n=计算Na、S原子数目之比，进而确定x的值；（2）生成的气体为H2S，计算H2S的物质的量，根据方程式计算多硫化钙的物质的量，再根据c=计算多硫化钙的物质的量浓度；由方程式可知CaS2O3的物质的量是多硫化钙的，再根据m=nM计算其质量，根据m=V计算石硫合剂的走过来，进而计算CaS
95、2O3的质量分数；（3）根据元素守恒，结合n=可知氢氧化钙和硫磺的物质的量之比1：4，反应方程式为：3Ca（OH）2+12S2CaSx+CaS2O3+3H2O，据此解答；（4）n（CaO）=0.9mol，n（S）=3mol，则 nCa（OH）2：n（S）=0.9mol：3mol=3：10，由反应可知：3Ca（OH）2+10S2CaSx+CaS2O3+3H2O，解之得：x=4，即多硫化物中硫原子的平均值为4，故另两种多硫化物可能为：CaS2与CaS5或CaS3与CaS5，根据平均S原子数目，利用十字交叉法计算二者物质的量之比解答：解：（1）硫元素的质量分数为0.736，则钠元素的质量分数为10.
96、736=0.264，所以钠原子和硫原子的个数之比是=，所以x=22=4，故答案为：4；（2）硫化氢为=0.05mol，所以根据方程式：Sx2+2H2O+2CO2（x1）S+H2S+2HCO3，可知多硫化钙的物质的量是0.05mol，其浓度是0.05mol0.25L=0.20 mol/L；由3Ca（OH）2+8S2CaS3+CaS2O3+3H2O；3Ca（OH）2+6S2CaS2+CaS2O3+3H2O，可知CaS2O3的物质的量是0.05mol2=0.025mol，所以其质量分数是=0.014，故答案为：0.20mol/L；0.014；（3）生石灰、硫磺的质量比7：16，则物质的量之比是：=1
97、：4，即氢氧化钙和硫磺的物质的量之比是1：4，所以方程式为：3Ca（OH）2+12S2CaSx+CaS2O3+3H2O，多硫化钙与硫代硫酸钙的物质的量之比是2：1，根据S原子守恒则x=5，多硫化钙的化学式是CaS5，故答案为：2：1；CaS5；（4）n（CaO）=0.9mol，n（S）=3mol，则 nCa（OH）2：n（S）=0.9mol：3mol=3：10，由反应可知：3Ca（OH）2+10S2CaSx+CaS2O3+3H2O，解之得：x=4，即多硫化物中硫原子的平均值为4，故另两种多硫化物可能为：CaS2与CaS5或CaS3与CaS5，由可知，n（CaS2）：n（CaS5）=1：2；由可知，n（CaS3）：n（CaS5）=1：1，故答案为：n（CaS2）：n（CaS5）=1：2或者n（CaS3）：n（CaS5）=1：1点评：本题考查混合物有关计算，侧重考查学生分析计算难度，关键是对化学方程式的理解与书写，题目计算量大，难度较大