1、云南省元江县一中2019-2020学年上学期开学考试高三化学本试卷分第卷和第卷两部分，共100分，考试时间90分钟。一、单选题(共26小题,每小题2.0分,共52分)1.向5 mL NaCl溶液中滴入一滴AgNO3溶液，出现白色沉淀，继续滴加一滴KI溶液并振荡，沉淀变为黄色，再滴入一滴Na2S溶液并振荡，沉淀又变成黑色，根据上述变化过程，分析此三种沉淀物的溶解度关系为A. AgClAgIAg2SB. AgClAgIAgIAg2SD. AgIAgClAg2S【答案】C【解析】试题分析：向NaCl溶液中滴入AgNO3溶液时发生反应：Ag+Cl-=AgCl，出现白色沉淀。由于存在沉淀溶解平衡AgCl
2、(s）Ag+(aq)+Cl-(aq)，当向其中一滴KI溶液时，由于c(Ag+)c(I-)Ksp(AgI),会产生黄色沉淀：Ag+I-=AgI，沉淀由白色变为黄色。由于破坏了沉淀溶解平衡AgCl(s）Ag+(aq)+Cl-(aq)。AgCl会继续溶解电离。直至到达新的平衡状态。发生沉淀转化。同样AgI在溶液中也存在沉淀溶解平衡：AgI(s）Ag+(aq)+I-(aq)，当再向其中滴加Na2S溶液时，由于c2(Ag+)c(S2-)Ksp(Ag2S),会产生黑色沉淀：2Ag+I-= Ag2S，沉淀由黄色变为黑色。由于破坏了沉淀溶解平衡AgI(s）Ag+(aq）+I-(aq)。AgI会继续溶解电离。直
3、至到达新的平衡状态。发生沉淀转化。直至达到新的平衡状态。最终沉淀又变为黑色。可见物质总是由溶解度大的向溶解度小的转化。则这三种沉淀的溶解度的大小关系为AgClAgI Ag2S，答案选C。考点：考查沉淀溶解平衡的知识。2.下列说法中正确是A. 某无色溶液中可能含有下列离子：H、Cl、Na、Fe2B. 能使石蕊变红的溶液中可能含有Cl、K、Na、NO3-C. 取少量某溶液，向其中加入盐酸酸化的BaCl2溶液，通过观察是否有白色沉淀生成，可证明该溶液中是否含有SO42-D. HOH=H2O可描述所有酸碱中和反应的实质【答案】B【解析】试题分析：亚铁离子是浅绿色的溶液，A错误；使石蕊变红的溶液是酸性溶
4、液，能大量共存，B正确；加入盐酸酸化的氯化钡产生的白色沉淀，可能为氯化银沉淀或硫酸钡沉淀，故无法确定是否含有硫酸根离子，C错误；HOH=H2O只表示强酸、强碱生成可溶性盐和水的反应，不能表示所有的酸碱中和反应，D错误，答案选B.考点：离子共存3.某同学需要配制0.2molL1的氢氧化钠溶液450mL，用托盘天平称取固体时，天平读数(游码及砝码)将（ ）A. 等于4.0gB. 等于3.60gC. 大于4.0gD. 等于0.36g【答案】C【解析】【详解】某同学需要配制0.2molL-1的氢氧化钠溶液450mL，实验室无450mL的容量瓶，需要选用500mL的容量瓶进行配制，所需NaOH的质量为0
5、.2molL-10.5L40g/mol=4.0g，即称取NaOH固体的质量为4.0g，又因NaOH易潮解且有强腐蚀性，实际称取NaOH固体时，应将NaOH放置在烧杯或其它玻璃容器内称量，导致天平读数(游码及砝码)将大于4.0g；答案为C。4.依据阿伏加德罗定律，下列叙述中正确的是()A. 同温同压下，两种气体的体积之比等于摩尔质量之比B. 同温同压下，两种气体的质量之比等于物质的量之比C. 同温同压下，两种气体的物质的量之比等于密度之比D. 同温同压下，两种气体的摩尔质量之比等于密度之比【答案】D【解析】【详解】A.同温同压下，两种气体的体积比等于其物质的量比，不等于摩尔质量之比，故错误；B.
6、同温同压下，若两种气体的摩尔质量相同，则两种气体的质量比等于物质的量之比，否则不等，故错误；C.同温同压下，两种气体的密度比等于摩尔质量之比，与物质的量无关，故错误；D.同温同压下，两种气体的摩尔质量比等于密度比，故正确。故选D。【点睛】根据阿伏伽德罗定律推出以下推论：同温同压下，气体摩尔体积相同；相同体积的不同气体物质的量相等。同温同压下，气体体积之比等于其物质的量之比(或分子数之比)；同温同压下，气体密度之比等于其摩尔质量之比；同温同压下，气体的质量之比等于其物质的量与摩尔质量之积的比；同温同压下，同质量气体体积之比等于其摩尔质量倒数之比。同温同体积气体的压强之比等于其物质的量之比；同温同
7、体积同质量气体的压强之比等于其摩尔质量倒数之比。5.SiO2是一种化工原料，可以制备一系列物质。下列说法正确的是（ ）A. 图中所有反应都不属于氧化还原反应B. 硅酸盐的化学性质稳定，常用于制造光导纤维C. 可用盐酸除去石英砂(主要成分为SiO2)中少量的碳酸钙D. 普通玻璃是由纯碱、石灰石和石英砂制成的，其熔点很高【答案】C【解析】图中SiO2与CaO、CaCO3、Na2CO3反应不属于氧化还原反应，SiO2与C、Si与Cl2、SiCl4与H2的反应属于氧化还原反应，A错误；光导纤维的主要成分是SiO2而不是硅酸盐，B错误；玻璃没有固定的熔点，D错误。6. 提纯含有少量泥沙的粗盐，下列操作顺
8、序正确的是()A. 过滤、蒸发、结晶、溶解B. 溶解、蒸发、结晶、过滤C. 溶解、蒸发、过滤、结晶D. 溶解、过滤、蒸发、结晶【答案】D【解析】试题分析：粗盐的提纯是：利用混在食盐中的泥沙不能溶于水的特点，可先把粗盐放入水中溶解，使食盐与泥沙进行初步分离；再经过过滤除去溶液中不溶的泥沙；最后经过蒸发，把溶解在水中的食盐结晶分离出来；因此，粗盐的提纯过程为：溶解-过滤-蒸发-结晶；故选D。考点：氯化钠与粗盐提纯点评：通过溶解-过滤-蒸发-结晶，把食盐中混有的泥沙除去的过程称为粗盐的提纯。7.苹果汁是人们喜爱的饮料，由于此饮料中含有Fe2，现榨的苹果汁在空气中会由淡绿色变为黄色(Fe3)。若榨汁时
9、加入维生素C，可有效防止这种现象发生，这说明维生素C具有A. 氧化性B. 还原性C. 碱性D. 酸性【答案】B【解析】【详解】在空气中，O2能够把Fe2+氧化为Fe3+；而加入维生素C可以有效防止氧化，说明被氧化的是维生素C而不再是Fe2+，此时维生素C表现了还原性。【点睛】本题考查我们对还原性的理解，维生素C被氧气氧化，表现了还原性。8.据新浪网报道，2012年4月30日凌晨4时50分我国在西昌卫星发射中心成功发射“一箭双星”，长征三号乙”运载火箭使用偏二甲肼(C2H8N2)和液态四氧化二氮作推进剂，发生反应：C2H8N22N2O4=3N22CO24H2O，下列说法中正确的是（ ）A. 断裂
10、C2H8N2和N2O4中的化学键时放出能量B. C2H8N2具有的能量高于N2具有的能量C. 反应物具有的总能量高于生成物具有的总能量D. 该反应中，C2H8N2作氧化剂【答案】C【解析】【详解】A断裂化学键时吸收能量，形成化学键时放出热量，故A错误；BC2H8N22N2O4=3N22CO24H2O为放热反应，说明C2H8N2和N2O4具有的能量总和高于N2、CO2和H2O所具有的能量总和，无法确定C2H8N2具有的能量高于N2具有的能量，故B错误；CC2H8N22N2O4=3N22CO24H2O为放热反应，说明反应物具有的总能量高于生成物具有的总能量，故C正确；D在C2H8N22N2O4=3
11、N22CO24H2O反应中，C2H8N2中N元素和碳元素的化合价均升高，发生氧化反应，是还原剂，故D错误；答案为C。9.中和滴定的误差要求小于0.1%，若用20.00 mL0.2000molL1盐酸滴定20mL0.2000molL1NaOH溶液，则中和滴定曲线中发生突变时的pH范围是(lg20.3)（ ）A. 4.39.7B. 3.710.3C. 4.010.0D. 无法确定【答案】C【解析】【详解】误差要求小于0.1%，则20.00 mL溶液滴定误差为0.02毫升，此范围内溶液的pH变化称为酸碱滴定的突跃范围，则：盐酸多0.02毫升时，酸过量，c(H+)=10-4molL-1，pH=4；则盐
12、酸少0.02毫升时，碱过量，c(OH-)=10-4molL-1，c(H+)=10-10molL-1，pH=10，即中和滴定曲线中发生突变时的pH范围是4.010.0；答案为C。10.化学与能源开发、环境保护、资源利用等密切相关。下列说法正确的是（ ）A. 为提高农作物的产量和质量，应大量使用化肥和农药B. 绿色化学的核心是应用化学原理对环境污染进行治理C. 实现化石燃料清洁利用，就无需开发新能源D. 和CO2反应生成可降解聚合物，该反应符合绿色化学的原则【答案】D【解析】【详解】A大量使用化肥和农药能够引起水体、土壤污染，故A错误；B绿色化学的核心是利用化学原理从源头上减少和消除工业生产对环境
13、的污染，故B错误；C即使实现了化石燃料清洁利用，由于化石燃料属于不可再生资源，也需要开发新能源，故C错误；D和CO2反应生成可降解聚合物，该反应过程原子利用率达100%，符合绿色化学的原则，故D正确；答案为D。11.下列物质的水溶液能导电，但属于非电解质的是A. CH3COOHB. Cl2C. NH4HCO3D. SO2【答案】D【解析】试题分析：电解质的特点需要自身电离，所以D中SO2溶于水生成H2SO3，不是SO2自身电离，是非电解质；AC都是电解质；B中是单质，即不是电解质，也不是非电解质。12.双羟基铝碳酸钠是医疗上常用的一种抑酸剂，其化学式是NaAl(OH)2CO3。关于该物质的说法
14、正确的是A. 该物质属于两性氢氧化物B. 该物质是Al(OH)3和Na2CO3的混合物C. 1molNaAl(OH)2CO3最多可消耗3 mol HD. 该药剂不适合于胃溃疡患者服用【答案】D【解析】【详解】A、该物质含有Na、Al、O、H、C，不是氢氧化物，选项A错误；B、双羟基铝碳酸钠是一种盐，选项B错误；C、NaAl(OH)2CO3与盐酸发生反应NaAl(OH)2CO3+4HCl=NaCl+AlCl3+3H2O+CO2，由方程式可知1mol该物质最多可消耗4molHCl，即消耗4mol H+，选项C错误；D、该物质与较多的H+反应会产生气体二氧化碳，胃溃疡患者溶液导致胃穿孔，故不适合胃溃
15、疡患者，选项D正确。答案选D。13.已知合成氨反应各物质浓度数据如表：当用氨气浓度的增加来表示该化学反应速率时，其速率为（ ）A. 0.2 molL1s1B. 0.4 molL1s1C. 0.6 molL1s1D. 0.8 molL1s1【答案】B【解析】【详解】2s内氨气的浓度变化量为0.8mol/L，v(NH3)=0.4mol/(Ls)，故答案为B。14.将乙烯分别通过如图所示的装置，下列叙述正确的是()A. 二者都褪色且原理相同B. 二者都能证明乙烯中有碳碳双键C. 二者都可用于除去乙烷中混有的乙烯D. 二者都可用于鉴别乙烷和乙烯【答案】D【解析】【详解】A.乙烯通入溴的四氯化碳溶液中，
16、与溴发生加成反应而使溶液褪色，通入到酸性高锰酸钾溶液中，会被高锰酸钾氧化变为CO2，高锰酸钾被还原为无色的Mn2+，因此褪色原理不相同，A错误；B.不饱和的烯烃、炔烃都可以使溴的四氯化碳溶液和酸性高锰酸钾溶液褪色，因此不能证明乙烯分子中含有碳碳双键，B错误；C.乙烯通入到酸性高锰酸钾溶液中，会被高锰酸钾氧化变为CO2，使乙烷气体中混入了新的杂质，不能达到净化除杂的目的，C错误；D.乙烷与溴的四氯化碳溶液、酸性高锰酸钾溶液都不能发生反应，而乙烯可以使者两种溶液都褪色，现象不同，可以鉴别，D正确；故合理选项是D。15.铜片和锌片用导线连接后插入稀硫酸中，锌片是（ ）A. 阴极B. 正极C. 负极D
17、. 阳极【答案】C【解析】【详解】将铜片与锌片用导线连接入插入稀硫酸中，符合原电池构成条件，所以锌、铜和稀硫酸构成原电池，锌片易失电子发生氧化反应而作负极，则铜作正极，正极上氢离子得电子发生还原反应；答案为C。16.下列说法正确的是（ ）A. 硫完全燃烧生成二氧化硫时，放出的热量为硫的燃烧热B. 在25、101kPa时，1 mol碳燃烧所放出的热量为碳的燃烧热C. 由2CO(g)O2(g)=2CO2(g) H566kJmol1，可知CO的燃烧热为283kJmol1D. 乙炔的燃烧热为1299.6kJmol1，则2C2H2(g)5O2(g)=4CO2(g)2H2O(g)反应的H2599.2kJm
18、ol1【答案】C【解析】【详解】A.1mol硫完全燃烧生成二氧化硫时，放出的热量为硫的燃烧热，故A错误；B.1molC完全燃烧生成二氧化碳时放出的热量才是C的燃烧热，故B错误；C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，则一氧化碳的燃烧热为283kJ/mol，故C正确；D乙炔的标准燃烧热为1299.6 kJmol-1，则2CH2(g)+5O2(g)4CO2(g)+2H2O(l)反应的H=-2 599.2 kJmol-1，水应为液态，故D错误；答案为C。17.下列有关物质结构的说法正确的是A. 78 g Na2
19、O2晶体中阴、阳离子个数均为2NAB. 4.48 L NH3中含有0.6NA个NH键C. S2Cl2的结构式为ClSSClD. PCl5和NH3分子中所有原子的最外层都达到8电子稳定结构【答案】C【解析】A. 78 g Na2O2的物质的量是1mol，晶体中阴、阳离子个数分别为NA、2NA，A错误；B. 4.48 L NH3的物质的量不一定是0.2mol，其中不一定含有0.6NA个NH键，B错误；C. S2Cl2是共价化合物，结构式为ClSSCl，C正确；D. PCl5和NH3分子中P和H均没有达到8电子稳定结构，D错误，答案选C。点睛：8电子稳定结构判断是解答的易错点，注意掌握判断的规律。即
20、如果中心原子价电子数+其化合价的绝对值=8，则该分子中所有原子都达到8电子稳定结构，但氢化物除外。18.下列气体中不能做喷泉实验的是（ ）A. 氨气B. 二氧化硫C. 氯化氢D. 一氧化氮【答案】D【解析】【详解】ANH3极易溶于水，能做喷泉实验，故A正确；BSO2易溶于水，能做喷泉实验，故B正确；CHCl易溶于水，能做喷泉实验，故C正确；DNO难溶于水，不能做喷泉实验，故D错误；故答案为D。【点睛】关于喷泉实验需要明确以下实验原理：(1)通过减小烧瓶内压强形成喷泉，必须满足容器内气体极易溶于水；容器内气体易与溶液中的某种成分发生化学反应而被吸收,当外部的水或溶液接触容器内气体时，由于气体大量
21、溶解或与溶液中的某种成分发生化学反应而被吸收，从而使容器内气压迅速降低，在外界大气压作用下，外部液体迅速进入容器，通过尖嘴导管喷出，形成喷泉。(2)增大烧瓶外压强也可以形成喷泉，容器内的液体由于受热挥发(如浓盐酸、浓氨水、酒精等)或由于发生化学反应，容器内产生大量气体。使容器内压强迅速增大，促使容器内液体迅速向外流动，也能形成喷泉。例如喷雾器、人造喷泉等均是利用了此原理。19.镁、铝能够在空气中稳定存在的原因是( )A. 性质不活泼，不与空气中的成分反应B. 镁、铝与氧气反应的速率极慢C. 经过了特殊工艺处理D. 与氧气反应在表面形成了氧化物保护膜【答案】D【解析】二者与氧气反应生成了一层致密
22、的氧化膜而阻止内部金属与氧气反应，因此镁、铝能够在空气中稳定存在，答案选D。20. 从宏观来看化学变化的本质是有新物质生成。从微观角度来看，下列变化不能说明发生了化学变化的是 ( )A. 变化时有电子的得失或共用电子对的形成B. 变化过程中有化学键的断裂和形成C. 变化时释放出能量D. 变化前后原子的种类和数目没有改变，分子种类增加了【答案】C【解析】试题分析：A物质发生化学反应时有化学键的断裂和形成，因此发生化学变化时有电子的得失或共用电子对的形成，A正确；B化学反应的过程就是原子重新组合的过程，所以变化过程中有化学键的断裂和形成，B正确；C化学键断裂吸收能量，化学键形成会释放能量，反应是放
23、出热量还是吸收热量与断裂化学键吸收的能量及形成化学键释放的能量差大小有关，所以变化时不一定是释放出能量，C错误；D化学反应的过程就是原子重新组合的过程，在这个过程中原子的种类和数目没有改变，分子种类可能增加，也可能减小，D正确。答案选C。考点：考查化学变化的特征及变化实质的关系的知识。21.下列物质在水溶液中的电离方程式书写错误的是A. NaHCO3=Na+H+CO32-B. NH4NO3=NH4NO3C. NaHSO4=Na+H+SO42D. Ba（OH）2=Ba2+2OH【答案】A【解析】A. NaHCO3是强电解质，其在水溶液中可以完全电离为钠离子和碳酸氢根离子，因其为弱酸的酸式盐，故碳
24、酸氢根离子只有很少的一部分发生电离，故其电离方程式为NaHCO3=Na+HCO3，A不正确；B. 硝酸铵是强电解质，故其电离方程式为NH4NO3=+，B正确；C. NaHSO4是强酸的酸式盐，故其电离方程式为NaHSO4=Na+H+，C正确；D. Ba（OH）2是强碱，故其电离方程式为Ba（OH）2=Ba2+2OH，D正确。本题选A。22.将氯气制成漂白粉的主要目的是()使它转变成较易溶于水的物质转变成较稳定、便于贮存的物质提高氯的质量分数提高漂白能力A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】氯气有毒，气体不方便运输、销售，为了方便人们日常使用和运输，需要制成固体，并减低对人体的毒害。
25、【详解】氯气是气体且有毒，本身易溶于水，将Cl2制成漂粉精是为了将气体装化为固体，便于保存和运输，故错误；氯气有毒，气体不方便运输、销售，制成漂粉精是一种较稳定物质，便于保存和运输，故正确；将Cl2制成漂粉精，其中氯元素的质量分数不变，故错误；将Cl2制成漂粉精，漂白和消毒作用效果不会改变，故错误。故正确的是。故选D。23.在空气中氢氧化亚铁白色沉淀可转化为红褐色沉淀。关于该反应的下列叙述中不正确的是A. 生成物为氢氧化铁B. 该反应是化合反应C. 该反应是氧化还原反应D. 氢氧化亚铁作氧化剂【答案】D【解析】【分析】在空气中氢氧化亚铁白色沉淀转化为红褐色沉淀的化学方程式为：4Fe(OH)22
26、H2OO2=4Fe(OH)3。【详解】A.由上述分析知道，氢氧化亚铁白色沉淀转化为红褐色沉淀，生成物是氢氧化铁，故A正确；B.上述反应符合化合反应的特征，该反应是化合反应，故B正确；C.该反应中有化合价变化，是氧化还原反应，故C正确；D.在4Fe(OH)22H2OO2=4Fe(OH)3中，氢氧化亚铁作还原剂，O2作氧化剂，故D错误；本题答案为D。24.某温度下，将浓度为0.01molL1盐酸与0.0 1molL1的NaOH溶液等体积混合，混合后水的电离程度与该温度下纯水的电离程度（ ）A. 前者大B. 后者大C. 相等D. 无法判断【答案】C【解析】【详解】某温度下，将浓度为0.01molL1
27、盐酸与0.01molL1的NaOH溶液等体积混合，盐酸和NaOH恰好完中和生成NaCl，Na+和Cl-均不水解，不影响水的电离，则混合后水的电离程度与该温度下纯水的电离程度相等；答案为C。25.某化学小组的同学利用混有少量CO2的CO气体还原氧化铁，并验证反应后的气体产物.实验室现有如图所示实验装置（可重复使用）。按气体从左到右的方向，装置连接顺序正确的是（）A. 甲乙丙丁B. 甲丙乙丁C. 乙甲丙甲丁D. 乙甲丙乙丁【答案】C【解析】【详解】有一氧化碳和二氧化碳的混合气体还原氧化铁并检验其产物，应该先除去混合气体中的二氧化碳，选择1氢氧化钠溶液除去二氧化碳，并用澄清石灰水检验已经除净，再用气
28、体与氧化铁反应，反应后用澄清石灰水检验反应产物二氧化碳，最后用气囊收集剩余的一氧化碳气体，所以装置的连接顺序为C。【点睛】整理好实验的原理和顺序是关键。因为原来的气体中含有二氧化碳，所以要检验一氧化碳和氧化铁反应的产物二氧化碳，就必须先完全除去二氧化碳，所以使用到氢氧化钠溶液和氢氧化钙溶液。26. 下列实验过程中产生的现象与右边座标图形相符合的是A. 稀盐酸滴加到一定量NaOH溶液中（横坐标是稀盐酸的体积，纵坐标为钠离子物质的量）B. 铁粉加到一定量CuSO4溶液中（横坐标是铁粉的质量，纵坐标为沉淀质量）C. CO2通入一定量NaOH溶液中（横坐标是CO2的体积，纵坐标为溶液的导电能力）D.
29、稀硫酸滴加到Ba(OH)2溶液中（横坐标是稀硫酸的体积，纵坐标为溶液的导电能力）【答案】D【解析】试题分析：A、稀盐酸滴加到一定量NaOH溶液中，钠离子不参加任何反应，物质的量是不会改变的，不符合题意，A错误；B、由FeCuSO4=FeSO4+Cu可知，铁置换出了等物质的量的铜，固体的质量增大，反应停止后，保持不变，故不符合题意，B错误；C、依次发生的反应为：CO22NaOH=Na2CO3H2O CO2NaOH=NaHCO3，而溶液导电性与离子浓度及离子所带电荷来决定，导电性基本上没有太大的改变，不符合题意，C错误；D、由反应Ba(OH)2H2SO4=BaSO42H2O，随着硫酸的滴加，生成了
30、沉淀与水，溶液的电子能力逐渐减小到最弱，继续滴加，相当于是Ba(OH)2溶液，导电性再基本恢复，符合题意，D正确。答案选D。考点：化学反应与图像分卷II二、非选择题27.实验室可用KMnO4和浓盐酸反应制取氯气。KMnO4+HCl（浓）=KCl+MnCl2+Cl2+H2O （未配平）（1）配平化学方程式，并用单线桥标出电子转移的方向和数目_。（2）将上述配平的化学方程式改写为离子方程式_。（3）浓盐酸在反应中显示出来的性质是_。只有还原性 还原性和酸性 只有氧化性 氧化性和酸性（4）若产生0.5 mol Cl2，则被氧化的HCl_mol，转移的电子的数目约为_。（5）一定条件下，KMnO4还可
31、以氧化其他还原性物质。MnO4-+C2O42-+_=Mn2+CO2+_完成上述离子方程式，此反应中，发生氧化反应的物质是_；若转移1 mol电子，生成标准状况下CO2_L。【答案】（1）（2）2MnO416H+10Cl2Mn2+5Cl28H2O（3）（4）1；6.021023（5）16H+；8H2O；C2O42；22.4【解析】【详解】（1）反应KMnO4+HCl（浓）=KCl+MnCl2+Cl2+H2O（未配平）中，Mn元素的化合价由+7降低为+2价，Cl元素的化合价由-1价升高到0，化合价升高数=化合价降低数=转移电子数=10，根据电子守恒可知，MnCl2的化学计量数为2，Cl2的化学计量
32、数为5，再根据质量守恒定律可知，配平的化学反应为2KMnO4+16HCl（浓）2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O，单线桥表示反应中电子转移的方向和数目为；（2）在反应2KMnO4+16HCl（浓）2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O中，改为离子反应时Cl2和H2O应保留化学式，其余物质均写成离子形式，则离子反应为2MnO4+16H+10Cl2Mn2+5Cl2+8H2O；（3）由反应可知，盐酸参与反应生成KCl和MnCl2时表现其酸性，生成Cl2时表现其还原性，故答案为：；（4）Cl元素的化合价由-1价升高到0，产生0.5molCl2，则被氧化的HCl为0.5mol2=1mol，转
33、移的电子的物质的量为0.5mol2（1-0）=1mol，个数为NA；（5）反应中Mn元素化合价由+7价降低为+2价，共降低5价，C元素化合价由+3价升高为+4价，共升高2价，化合价升降最小公倍数为10，可以确定MnO4的系数为2、C2O42的系数为5，由原子守恒可知Mn2+的系数为2、CO2的系数为10，由电荷守恒可知，反应物中缺项为H+，由元素守恒可知生成物中缺项为H2O，配平后离子方程式为2MnO4+5C2O42+16H+2Mn2+10CO2+8H2O，其中C元素化合价由+3价升高为+4价，则C2O42发生氧化反应，若转移1mol电子，生成标准状况下CO2为1mol，体积为22.4L。28
34、.海水是一种丰富的资源，工业上可从海水中提取多种物质，广泛应用于生活、生产、科技等方面。如图是某工厂对海水资源进行综合利用的示意图。回答下列问题：（1）流程图中操作a的名称为_。（2）工业上从海水中提取的NaCl，可用来制取纯碱，其简要过程如下：向饱和食盐水中先通入气体A，后通入气体B，充分反应后过滤得到晶体C和滤液D，将晶体C灼烧即可制得纯碱。气体A、B是CO2或NH3，则气体A应是_(填化学式)滤液D中主要含有NH4Cl、NaHCO3等物质，工业上是向滤液D中通入NH3，并加入细小食盐颗粒，冷却析出不含有NaHCO3的副产品NH4Cl晶体，则通入NH3的作用是_。（3）镁是一种用途很广的金
35、属材料，目前世界上60%的镁从海水中提取。若要验证所得无水MgCl2中不含NaCl，最简单的操作方法是_。操作b是在_氛围中进行，若在空气中加热，则会生成Mg(OH)Cl，写出有关反应的化学方程式：_。【答案】 (1). 蒸发结晶(或蒸发) (2). NH3 (3). 增加NH4+的浓度，有利于NH4Cl的析出，并将NaHCO3转化为Na2CO3而不易析出 (4). 用洁净的铂丝蘸取少量固体，置于酒精灯火焰上灼烧、若无黄色火焰产生，则证明所得无水氯化镁晶体中不含氯化钠(答焰色反应也可) (5). HCl(气流) (6). MgCl26H2OMg(OH)ClHCl5H2O【解析】【分析】(1)从
36、溶液中分离出固体溶质用蒸发结晶的方法；(2)根据制取纯碱的原理：向饱和的氯化钠溶液中依次通入氨气、二氧化碳，析出碳酸氢钠晶体，加热碳酸氢钠晶体可制得纯碱；根据氨水电离成铵根和氢氧根离子，增大铵根的浓度有利于氯化铵的析出来分析，溶液碱性增强，使碳酸氢钠转换为溶解度较大的碳酸钠，可以提高氯化铵的纯度；(3)根据焰色反应检验是否含有NaCl；如果直接在空气中加热MgCl26H2O，则Mg2+会水解生成Mg(OH)Cl和HCl，通入HCl可以抑制其水解。【详解】(1)由流程图可知，操作a是从海水中分离出粗盐，即从溶液中分离出固体溶质，应采用蒸发结晶的方法；(2)向饱和的氯化钠溶液中依次通入氨气、二氧化
37、碳，析出碳酸氢钠晶体，加热碳酸氢钠晶体可制得纯碱；氨气溶于水后生成氨水，氨水电离成铵根和氢氧根离子，增加NH4+的浓度，有利于沉淀平衡向生成NH4Cl的方向进行，溶液碱性增强，并将NaHCO3转化为Na2CO3而不析出，可以提高氯化铵的纯度；(3)用铂丝蘸取少量固体，置于酒精灯火焰上灼烧，若无黄色火焰产生，则证明所得无水氯化镁晶体中不含氯化钠；如果直接在空气中加热MgCl26H2O，则Mg2+会水解生成Mg(OH)Cl和HCl，通入HCl可以抑制其水解；其反应方程式为：MgCl26H2OMg(OH)Cl+HCl+5H2O。29.已知：25 时，CH3COOH和NH3H2O的电离常数相等。（1）
38、25 时，取10 mL 0.1 molL-1醋酸溶液测得其pH3。将上述（1）溶液加水稀释至1 000 mL，溶液pH数值范围为_，溶液中c(CH3COO-)/c(CH3COOH)c(OH-)_（填“增大”“减小”“不变”或“不能确定”）。25 时，0.1 molL-1氨水（NH3H2O溶液）的pH_。用pH试纸测定该氨水pH的操作方法为_。氨水（NH3H2O溶液）电离平衡常数表达式Kb_，25 时，氨水电离平衡常数约为_。（2）25 时，现向10 mL 0.1 molL-1氨水中滴加相同浓度的CH3COOH溶液，在滴加过程中c(NH4+)/c(NH3.H2O)_（填序号）。a始终减小 b始终
39、增大 c先减小再增大 d先增大后减小（3）某温度下，向V1mL 0.1 molL-1NaOH溶液中逐滴加入等浓度的醋酸溶液，溶液中pOH与pH的变化关系如图。已知：pOH- lgc(OH-)。图中M、Q、N三点所示溶液呈中性的点是_（填字母，下同）。图中M、Q、N三点所示溶液中水的电离程度最大的点可能是_。【答案】 (1). 3pH5 (2). 不变 (3). 11 (4). 取一小段pH试纸放在表面皿上，用洁净的玻璃棒蘸取氨水溶液滴在pH试纸上，然后与标准比色卡对照读取pH值 (5). 10-5 (6). c(NH4+) c(OH-)/c(NH3.H2O) (7). b (8). Q (9)
40、. Q或N【解析】【分析】在25 时，CH3COOH和NH3H2O的电离常数相等，在两者浓度相同的稀溶液中，两者的电离度相同，两者pH之和为14。【详解】（1）25 时，取10 mL 0.1 molL-1醋酸溶液测得其pH3。将上述（1）溶液加水稀释至1 000 mL，若是10 mL pH3的盐酸加水稀释至1 000 mL，pH将增大到5，由于稀释过程中醋酸的电离度变大，故溶液pH数值范围为35之间，溶液中c(CH3COO-)/c(CH3COOH)c(OH-)c(CH3COO-)c(H+)/c(CH3COOH)c(OH-)c(H+)=，温度不变，该值不变，故不变。因为25 时，CH3COOH和
41、NH3H2O的电离常数相等，故25 时，0.1 molL-1氨水（NH3H2O溶液）的pH14-3=11。用pH试纸测定该氨水pH的操作方法为：取一小段pH试纸放在表面皿上，用洁净的玻璃棒蘸取氨水溶液滴在pH试纸上，然后与标准比色卡对照读取pH值。氨水（NH3H2O溶液）电离平衡常数表达式Kb，25 时，0.1 molL-1氨水（NH3H2O溶液）的pH11，则氨水电离平衡常数约为10-5。（2）25 时，现向10 mL 0.1 molL-1氨水中滴加相同浓度的CH3COOH溶液，在滴加过程中Kb不变，但是溶液中减小，则c(NH4+)/c(NH3H2O)变大，选b。（3）某温度下，向V1mL
42、0.1 molL-1NaOH溶液中逐滴加入等浓度的醋酸溶液。由图中信息可知，只有Q点的pOH=pH，故图中M、Q、N三点所示溶液呈中性的点是Q。图中M点溶液显酸性，且M点是因为醋酸过量而显酸性，水的电离受到抑制。N点溶液显碱性，可能是仅由醋酸根离子的水解使溶液显碱性，这样会促进水的电离；也可能是因为NaOH过量使溶液显碱性，这样会抑制水的电离。Q点为中性溶液，水的电离没有受到抑制（或醋酸的电离程度与醋酸根离子的水解程度相同，对水的电离的影响相互抵消），故M、Q、N三点所示溶液中水的电离程度最大的点可能是Q或N。【点睛】本题的难点是最后一个问题，因为无法确定N点的溶液显碱性的原因到底是什么，可能
43、是由醋酸根离子水解所决定的，也可能是因为NaOH过量所决定的，故要分析两种可能性。30.含苯酚的工业废水的处理流程如图所示。(1)流程图设备中进行的是_操作(填写操作名称)。实验室里这一步操作可以用_(填仪器名称)进行。由设备进入设备的物质A是_(填化学式，下同)。由设备进入设备的物质B是_。在设备中发生反应的化学方程式为_。在设备中，物质B的水溶液和CaO反应后，产物是NaOH、H2O和_。通过_(填操作名称)操作，可以使产物相互分离。图中，能循环使用的物质是_、_、C6H6和CaO。(2)为了防止水源污染，用简单而又现象明显的方法检验某工厂排放的污水中有无苯酚，此方法是_。从废水中回收苯酚
44、的方法是用有机溶剂萃取废液中的苯酚；加入某种药品的水溶液使苯酚与有机溶剂脱离；加入某物质又析出苯酚。试写出、两步的反应方程式：_。(3)为测定废水中苯酚的含量，取此废水100 mL，向其中加入浓溴水至不再产生沉淀为止，得到沉淀0.331 g，求此废水中苯酚的含量_(mgL1)。【答案】 (1). 萃取、分液 (2). 分液漏斗 (3). C6H5ONa (4). NaHCO3 (5). C6H5ONaCO2H2OC6H5OHNaHCO3 (6). CaCO3 (7). 过滤 (8). NaOH溶液 (9). CO2 (10). 向污水中滴加FeCl3溶液，若溶液呈紫色，则表明污水中有苯酚 (1
45、1). (12). 940 mgL1【解析】【分析】这是一道化工实验题，主要考查苯酚的物理、化学性质和萃取、分液的操作。首先，要正确理解流程图和各试剂的作用，再结合苯酚的性质和基本实验操作就可一一解答。【详解】(1)设备里废水和苯混合分离出水，显然是萃取操作，实验室中可以用分液漏斗进行；设备中向苯酚和苯的混合液中加入NaOH溶液，目的是分离出苯，故A物质是苯酚钠溶液；在设备中通入CO2分离出苯酚，故剩下物质B是NaHCO3溶液；在设备中发生反应的化学方程式为C6H5ONaCO2H2OC6H5OHNaHCO3；在设备中往NaHCO3溶液中加入CaO，生成NaOH、H2O、CaCO3，可用过滤操作
46、分离出CaCO3；在设备中加热CaCO3可得CO2和CaO，因此根据以上分析可知图中，能循环使用的物质是NaOH、CO2、C6H6和CaO。(2)为了防止水源污染，用简单而又现象明显的方法检验某工厂排放的污水中有无苯酚，此方法是向污水中滴加FeCl3溶液，若溶液呈紫色，则表明污水中有苯酚。从废水中回收苯酚的方法是用有机溶剂萃取废液中的苯酚；加入某种药品的水溶液使苯酚与有机溶剂脱离；加入某物质又析出苯酚。因此、两步的反应方程式分别是、。(3)设每升废水含苯酚的质量为x，则根据方程式可知94 331x 0.331g10x0.94 g所以此废水中苯酚的含量为940mgL1。31.1915年诺贝尔物理
47、学奖授予Henry Bragg和Lawrence Bragg，以表彰他们用X射线对晶体结构的分析所作的贡献(1)科学家通过X射线探明，NaCl、KCl、MgO、CaO晶体结构相似，其中三种晶体的晶格能数据如下表：4种晶体NaCl、KCl、MgO、CaO熔点由高到低的顺序是_(2)科学家通过X射线推测胆矾中既含有配位键，又含有氢键，其结构示意图可简单表示如下，其中配位键和氢键均采用虚线表示写出基态Cu原子核外电子排布式_；金属铜采用下列_（填字母代号）堆积方式写出胆矾晶体中水合铜离子的结构简式（必须将配位键表示出来）_水分子间存在氢键，请你列举两点事实说明氢键对水的性质的影响_SO42的空间构型
48、是_【答案】 (1). MgOCaONaClKCl (2). 1s22s22p63s23p63d104s1 (3). C (4). (5). 水的熔、沸点较高，结冰时密度减小 (6). 正四面体【解析】【分析】(1)影响晶体晶格能大小的因素有离子半径以及离子所带电荷的多少，晶格能越大熔点越高；(2)Cu的原子序数为29，结合能量最低原理和洪特规则的特例书写电子排布式；Cu为面心立方密堆积；Cu2+提供空轨道，水中氧原子提供孤电子对，形成配位键；氢键较一般分子间作用力强，影响物质的物理性质；计算S原子价层电子对数与孤电子对数,判断SO42-的空间结构。【详解】(1)离子半径Mg2+Na+O2-C
49、a2+ Cl-，离子电荷数Na+= Cl- O2-= Mg2+= Ca2+，离子晶体的离子半径越小，带电荷数越多，晶格能越大，则晶体的熔沸点越高,则有NaCl、KCl、MgO、CaO熔点由高到低的顺序是MgOCaONaClKCl；正确答案：MgOCaONaClKCl。 (2)Cu的原子序数为29，电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，Cu为面心立方密堆积，配位数为12，故C符合；正确答案：1s22s22p63s23p63d104s1 ；C。 Cu2+提供空轨道，水中氧原子提供孤电子对，形成配位键，水合铜离子的结构简式为：；正确答案：。氢键较一般分子间作用力强，所以水的熔、沸点较高，因为氢键具有方向性，结冰时，氢键增多，体积增大，密度减小；正确答案：水的熔、沸点较高，结冰时密度减小。SO42中心原子S的价层电子对数=4+=4、孤电子对数为0，为正四面体结构；正确答案：正四面体。