1、2015年浙江省杭州市淳安二中高考化学二模试卷一、选择题（共7小题）1（2015广东模拟）化学与工农业生产和人类生活密切相关下列说法中正确的是（）A明矾与漂白粉常用于自来水的净化与消毒，这两者的作用原理是一样的B为了防止中秋月饼的富脂食物因被氧化而变质，常在包装袋里放生石灰C海轮外壳上镶入锌块，可减缓船体的腐蚀，该方法叫牺牲阳极的阴极保护法D酸雨就是pH7的雨水，主要是由大气中的SO2、NO2等造成的2（2014青岛模拟）用下表提供的仪器和药品，能达到实验目的是（）编号仪器药品实验目的A烧杯、分液漏斗、胶头滴管、铁架台待提纯的AlCl3溶液、NaOH溶液提纯混有MgCl2杂质的AlCl3溶液B
2、分液漏斗、烧瓶、锥形瓶、导管及橡皮塞盐酸、大理石、碳酸钠溶液证明非金属性：ClCSiC酸式滴定管、胶头滴管、铁架台（带铁夹）已知浓度的盐酸、待测NaOH溶液测定NaOH溶液的物质的量浓度D酒精灯、玻璃棒、蒸发皿、铁架台（带铁圈）NaCl溶液蒸发溶液得到晶体AABBCCDD3（2014青岛模拟）A、B、C是原子序数依次增大的短周期元素，A元素某种同位素原子在考古方面有重要应用，B的最外层电子是电子层数的三倍，C的焰色反应呈黄色，下列说法正确的是（）A元素A在周期表中的位置为第2周期A族B元素A、B、C的原子半径由大到小的顺序为r（C）r（B）r（A）CA、B两种元素的氢化物的稳定性ABD1mol
3、 C2B2与足量的AB2完全反应转移约6.021023个电子4（2014焦作一模）有机物X、Y、M（M为乙酸）的转化关系为：淀粉XY乙酸乙酯，下列说法错误的是（）AX可用新制的氢氧化铜检验B由Y和M制取乙酸乙酯时可用饱和NaOH溶液来提纯C由Y生成乙酸乙酯的反应属于取代反应D可用碘的四氯化碳溶液检验淀粉是否水解完全5（2015杭州校级二模）控制适合的条件，将反应AsO43+2I+2H+ AsO33+I2+H2O 设计成如图所示的原电池下列判断正确的是（）A反应开始时，B池中石墨电极上发生氧化反应B反应开始时，A池中石墨电极上I被还原C反应开始时，盐桥中K+由左向右迁移D电流计读数为零后，在B池
4、中溶入Na3AsO3固体，B池中的石墨电极为正极6（2015杭州校级二模）常温下，向20mL某盐酸溶液中逐滴加入0.1mol/L的氨水，溶液pH的变化与加入氨水的体积关系如图所示，下列叙述正确的是（）A盐酸的物质的量浓度为1mol/LB在、之间的任意一点：c（Cl）c（NH4+），c（H+）c（OH）C在点所示溶液中：c（NH4+）=c（Cl）c（OH）=c（H+），且V20D在点所示溶液中：由水电离出的c（OH）107mol/L7（2015杭州校级二模）溶液中可能含有H+、NH4+、Mg2+、Al3+、Fe3+、CO32、SO42、NO3中的几种加入铝片，产生无色无味的气体；加入NaOH溶液
5、，产生白色沉淀，且产生的沉淀量与加入NaOH的物质的量之间的关系如图所示则下列说法正确的是（）A溶液中一定不含CO32，可能含有SO42和NO3B在滴加NaOH溶液物质的量为0.5至0.7mol时，发生的离子反应为：Al3+4OH=AlO2+2H2OC溶液中的阳离子只有H+、Mg2+、Al3+Dn（H+）：n（NH4+）：n（Mg2+）=2：4：1二、填空题8（2015杭州校级二模）CO不仅是家用煤气的主要成分，也是重要的化工原料如图是用某些简单有机物在低温、低压和催化剂存在下，合成具有优良性能的装饰性高分子涂料、黏胶剂的基本过程已知：XY与CH2=CH2生成CH3CH2COOH反应类型相似（
6、1）X的结构简式：，Y中所含官能团名称：高分子涂料黏胶剂I的结构简式：（2）反应的反应类型：（3）反应的反应方程式：9（2015杭州校级二模）NH3在与酸反应、与盐溶液反应时体现出碱性外，还有其它性质（ I）（1）同学甲在百度中查阅工业制硝酸的原理：硝酸工业与合成氨工业密接相关，氨氧化法是工业生产中制取硝酸的主要途径，其主要流程是将氨和空气的混合气（氧：氮2：1）通入灼热（760840）的铂铑合金网，在合金网的催化下，氨被氧化成一氧化氮（NO）生成的一氧化氮利用反应后残余的氧气继续氧化为二氧化氮，随后将二氧化氮通入水中制取硝酸稀硝酸、浓硝酸、发烟硝酸的制取在工艺上各不相同反应在高温高压条件下进
7、行同学乙认为只要增大氧气的含量，就可以直接氧化得到NO2，再制备硝酸请结合你所学习的化学知识，谈谈实际生产中的合理性已知：2NO与O2反应生成2NO2是可逆反应（2）工业上，NaNH2用于制取靛青染料；LiNH2主要用于有机合成和药物制造，是具有良好前景的储氢材料科学家在液氨中加入金属钠或金属锂制备NaNH2和LiNH2，试写出制备LiNH2反应方程式：，NH3表现性（3）已知NH3与Cl2在一定条件下能发生反应，其中N元素被氧化为游离态，实际反应中其产物随着n（NH3）：n（Cl2）的比发生变化，经测定，产物中n（HCl）：n（NH4Cl）=1：1时，则n（NH3）：n（Cl2）=，整个反应
8、过程被氧化的N与未被氧化的N物质的量之比为结合以上信息，请写出工业上检验氯气管道是否漏气的方法及现象：（ II）二氧化氯（ClO2）为一种黄绿色气体，是国际上公认的高效、广谱、快速、安全的杀菌消毒剂（1）目前已开发出用电解法制取ClO2的新工艺如图示意用石墨做电极，在一定条件下电解饱和食盐水制取ClO2写出阳极产生ClO2的电极反应式：电解一段时间，当阴极产生的气体体积为112mL（标准状况）时，停止电解通过阳离子交换膜的阳离子的物质的量为mol；用平衡移动原理解释阴极区pH增大的原因（2）ClO2对污水中CN有明显的去除效果某工厂污水中含CN a mg/L，现用ClO2将CN氧化，只生成两种
9、常见气体，其离子反应方程式为；处理100m3这种污水，至少需要ClO2mol10（2015杭州校级二模）硫单质及其化合物在工农业生产中有着重要的应用（1）已知25时：SO2（g）+2CO（g）=2CO2（g）+Sx（s）H=akJ/mol 2COS（g）+SO2（g）=2CO2（g）+Sx（s）H=bkJ/mol则COS（g）生成CO（g）与Sx（s）反应的热化学方程式是：（2）工业上用硫碘开路循环联产氢气和硫酸的工艺流程如图1所示：写出反应器中发生反应的化学方程式是：在膜反应器中发生反应：2HI（g）H2（g）+I2（g）H0若在一定条件密闭容器中加入1mol HI（g），n（H2）随时间（
10、t）的变化关系如图1所示：该温度下，反应平衡常数K=，若升高温度，K值将（填“增大”、“减小”或“不变”）电渗析装置如图2所示，写出阳极的电极反应式：该装置中发生的总反应的化学方程式：上述工艺流程中循环利用的物质是11（2015杭州校级二模）高锰酸钾是一种重要的化学试剂，其溶液不很稳定，在酸性条件下会分解生成二氧化锰和氧气，在中性或弱碱性溶液中分解速度很慢，见光分解速度加快（1）高锰酸钾溶液应（填保存的注意事项）；酸性条件下高锰酸钾溶液分解的离子方程式（2）请配平高锰酸钾溶液与草酸钠Na2C2O4溶液在酸性条件下反应的离子方程式：MnO4+C2O42+H+Mn2+CO2+（3）某学习小组为了探
11、究高锰酸钾溶液和草酸钠溶液的反应过程，将高锰酸钾溶液逐滴地滴入一定体积的酸性草酸钠溶液中（温度相同，并不断振荡时），记录的现象如表：滴入高锰酸钾溶液的次序（每滴溶液的体积相同）高锰酸钾溶液紫色褪去的时间先滴入第1滴1min褪色后再滴入第2滴15s褪色后再滴入第3滴3s褪色后再滴入第4滴1s请分析高锰酸钾溶液褪色时间变化的原因（4）该学习小组在获取了上述经验和结论以后，用稳定的物质草酸钠Na2C2O4（相对分子质量134.0）来标定高锰酸钾溶液的浓度他们准确称取1.340g纯净的草酸钠配成250mL溶液，每次准确量取25.00mL溶液酸化后用KMnO4溶液滴定高锰酸钾溶液应装在（填如图中的仪器编
12、号）为了防止高锰酸钾在酸性条件下分解而造成误差，滴定时应注意的是若在实验过程中存在下列操作，其中会使所测KMnO4浓度偏低的是A未润洗盛放KMnO4的滴定管B滴定前尖嘴部分无气泡，滴定终点时出现气泡C定容时，俯视刻度线D锥形瓶用水洗之后未用待测液润洗当溶液呈微红色且半分钟内不褪色，消耗KMnO4溶液20.00mL（多次测定的平均值），则KMnO4溶液的浓度为（附原子相对质量K=39 Mn=55 O=16 Na=23 C=12）2015年浙江省杭州市淳安二中高考化学二模试卷参考答案与试题解析一、选择题（共7小题）1（2015广东模拟）化学与工农业生产和人类生活密切相关下列说法中正确的是（）A明矾
13、与漂白粉常用于自来水的净化与消毒，这两者的作用原理是一样的B为了防止中秋月饼的富脂食物因被氧化而变质，常在包装袋里放生石灰C海轮外壳上镶入锌块，可减缓船体的腐蚀，该方法叫牺牲阳极的阴极保护法D酸雨就是pH7的雨水，主要是由大气中的SO2、NO2等造成的考点：常见的生活环境的污染及治理；胶体的应用；金属的电化学腐蚀与防护 分析：A明矾中含有Al3+，水解呈酸性，生成Al（OH）3；漂白粉能与二氧化碳和水反应生成次氯酸，次氯酸具有强氧化性，可用于消毒；B为了防止中秋月饼的富脂食物因被氧化而变质，应加入还原性物质；C海轮外壳连接锌块，形成原电池，锌为负极；D酸雨PH值小于5.6解答：解：A明矾中含有
14、Al3+，水解呈酸性，生成Al（OH）3，Al（OH）3能吸附水中悬浮的杂质；氯漂白粉能与二氧化碳和水反应生成次氯酸，次氯酸具有强氧化性，可用于消毒，两者净化消毒两者原理不同，故A错误；B生石灰为氧化钙，不具有还原性，不能防止中秋月饼的富脂食物因被氧化而变质，故B错误；C海轮外壳连接锌块，锌为负极，保护外壳不受腐蚀，为牺牲阳极的阴极保护法，故C正确；D酸雨PH值小于5.6，故D错误故选：C点评：本题考查了金属的腐蚀与防护、明矾净水与漂白粉消毒的原理，明确原电池和电解池原理、明矾、次氯酸钙的性质是解本题关键，难度不大2（2014青岛模拟）用下表提供的仪器和药品，能达到实验目的是（）编号仪器药品实
15、验目的A烧杯、分液漏斗、胶头滴管、铁架台待提纯的AlCl3溶液、NaOH溶液提纯混有MgCl2杂质的AlCl3溶液B分液漏斗、烧瓶、锥形瓶、导管及橡皮塞盐酸、大理石、碳酸钠溶液证明非金属性：ClCSiC酸式滴定管、胶头滴管、铁架台（带铁夹）已知浓度的盐酸、待测NaOH溶液测定NaOH溶液的物质的量浓度D酒精灯、玻璃棒、蒸发皿、铁架台（带铁圈）NaCl溶液蒸发溶液得到晶体AABBCCDD考点：化学实验方案的评价；非金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律；蒸发和结晶、重结晶；物质的分离、提纯和除杂；中和滴定 专题：实验评价题分析：A用过滤的方法分离沉淀和溶液；B用最高价含氧酸比较非金属性强弱；
16、C氢氧化钠应用碱式滴定管量取氢氧化钠溶液；D蒸发可得到氯化钠解答：解：A用过滤的方法分离沉淀和溶液，缺少漏斗、滤纸等仪器，故A错误； B用最高价含氧酸比较非金属性强弱，不能用盐酸，故B错误；C缺少碱式滴定管，氢氧化钠应用碱式滴定管量取氢氧化钠溶液，不能完成实验，故C错误；D蒸发可得到氯化钠，需要使用酒精灯、玻璃棒、蒸发皿、铁架台，故D正确故选D点评：本题考查化学实验方案的评价，涉及溶液的配制、中和滴定、物质的分离、性质比较等知识，侧重于学生的分析能力、实验能力和评价能力的考查，为高考常见题型和高频考点，注意把握物质的性质以及实验方法和原理，难度不大3（2014青岛模拟）A、B、C是原子序数依次
17、增大的短周期元素，A元素某种同位素原子在考古方面有重要应用，B的最外层电子是电子层数的三倍，C的焰色反应呈黄色，下列说法正确的是（）A元素A在周期表中的位置为第2周期A族B元素A、B、C的原子半径由大到小的顺序为r（C）r（B）r（A）CA、B两种元素的氢化物的稳定性ABD1mol C2B2与足量的AB2完全反应转移约6.021023个电子考点：原子结构与元素周期律的关系 专题：元素周期律与元素周期表专题分析：A、B、C是原子序数依次增大的短周期元素，A元素某种同位素原子在考古方面有重要应用，则A为C元素；B的最外层电子是电子层数的三倍，则B有2个电子层，最外层电子数为6，所以B为O元素；C的
18、焰色反应呈黄色，C为Na元素，然后结合元素化合物性质及元素周期律来解答解答：解：A、B、C是原子序数依次增大的短周期元素，A元素某种同位素原子在考古方面有重要应用，则A为C元素；B的最外层电子是电子层数的三倍，则B有2个电子层，最外层电子数为6，所以B为O元素；C的焰色反应呈黄色，C为Na元素，A元素A为C，在周期表中的位置为第2周期A族，故A错误；B电子层越多，原子半径越大，相同周期时原子序数大的半径小，则A、B、C的原子半径由大到小的顺序为r（C）r（A）r（B），故B错误；C非金属性BA，则两种元素的氢化物的稳定性AB，故C错误；D.1mol Na2O2与足量的CO2完全反应转移1mol
19、电子，约6.021023个电子，故D正确；故选D点评：本题考查原子结构与元素周期律的关系，为高频考点，元素的推断为解答本题的关键，注意12C在考古方面的应用为解答的难点，题目难度不大4（2014焦作一模）有机物X、Y、M（M为乙酸）的转化关系为：淀粉XY乙酸乙酯，下列说法错误的是（）AX可用新制的氢氧化铜检验B由Y和M制取乙酸乙酯时可用饱和NaOH溶液来提纯C由Y生成乙酸乙酯的反应属于取代反应D可用碘的四氯化碳溶液检验淀粉是否水解完全考点：淀粉的性质和用途 专题：糖类与蛋白质专题分析：淀粉水解生成葡萄糖，葡萄糖在酒化酶的作用下分解生成乙醇，乙醇可与乙酸反应生成乙酸乙酯解答：解：分析上述转化关系
20、：淀粉水解生成葡萄糖，葡萄糖在酒化酶的作用下分解生成乙醇，乙醇可与乙酸反应生成乙酸乙酯A葡萄糖含有醛基，可用新制的氢氧化铜检验，故A正确； B氢氧化钠能与乙酸乙酯反应，将原物质除掉，故B错误；CY为乙醇，生成乙酸乙酯的反应属于取代反应，故C正确；D碘单质遇淀粉溶液变蓝色，若褪色则说明完全水解，故D正确故选B点评：本题考查有机物的推断和性质，难度不大，有机物的推断为解题的关键5（2015杭州校级二模）控制适合的条件，将反应AsO43+2I+2H+ AsO33+I2+H2O 设计成如图所示的原电池下列判断正确的是（）A反应开始时，B池中石墨电极上发生氧化反应B反应开始时，A池中石墨电极上I被还原C
21、反应开始时，盐桥中K+由左向右迁移D电流计读数为零后，在B池中溶入Na3AsO3固体，B池中的石墨电极为正极考点：原电池和电解池的工作原理 分析：反应AsO43+2I+2H+ AsO33+I2+H2O 设计成原电池，As元素的化合价降低，I元素的化合价升高，则A中为负极发生的氧化反应，B中为正极发生的还原反应，以此来解答解答：解：A、A为负极，负极发生氧化反应，而B为正极发生还原反应，故A错误；B、碘离子失去电子，发生氧化反应，被氧化，故B错误；C、阳离子向正极移动，所以盐桥中K+由左向右迁移，故C正确；D、当电流计为零时，达平衡状态，在B池中溶入Na3AsO3固体，平衡AsO43+2I+2H
22、+ AsO33+I2+H2O逆向移动，AsO33失去电子，为负极，故D错误；故选C点评：本题考查原电池，注意利用氧化还原反应来分析发生的电极反应，选项D为解答的难点，题目难度中等6（2015杭州校级二模）常温下，向20mL某盐酸溶液中逐滴加入0.1mol/L的氨水，溶液pH的变化与加入氨水的体积关系如图所示，下列叙述正确的是（）A盐酸的物质的量浓度为1mol/LB在、之间的任意一点：c（Cl）c（NH4+），c（H+）c（OH）C在点所示溶液中：c（NH4+）=c（Cl）c（OH）=c（H+），且V20D在点所示溶液中：由水电离出的c（OH）107mol/L考点：酸碱混合时的定性判断及有关ph
23、的计算；离子浓度大小的比较 专题：压轴题；电离平衡与溶液的pH专题分析：A、根据当未加氨水时盐酸的PH值计算盐酸溶液的物质的量浓度B、采用极值法判断溶液中各种离子浓度的关系C、根据溶液中电荷守恒判断各种离子浓度的关系，由生成盐的类型判断氨水的体积D、无论酸溶液还是碱溶液都抑制水的电离解答：解：A、当未加氨水时，盐酸的PH=1，HCl是强电解质完全电离，氢离子的浓度=HCl的浓度，所以盐酸的物质的量浓度=0.1mol/L，故A错误B、采用极值法分析，当未加氨水时，溶液中没有铵根离子，所以c（Cl）c（NH4+），该溶液呈酸性，即氢离子的浓度大于氢氧根离子的浓度c（H+）c（OH），故B正确C、当
24、溶液的PH=7时，溶液中c（H+）=c（OH），溶液呈电中性，所以c（Cl）=c（NH4+）；氯化铵是强酸弱碱盐溶液呈酸性，要使溶液呈碱性，氨水的物质的量应该稍微大一些，即V20，故C错误D、无论酸溶液还是碱溶液都抑制水的电离，点所示溶液呈碱性，能抑制水的电离，所以由水电离出的c（OH）107mol/L，故D错误故选B点评：本题考查了酸碱混合时溶液中各种离子浓度的判断、溶液PH值的判断等知识点，难度不大，注意酸、碱溶液都抑制水的电离，但含有弱根离子的盐离子能促进水的电离7（2015杭州校级二模）溶液中可能含有H+、NH4+、Mg2+、Al3+、Fe3+、CO32、SO42、NO3中的几种加入铝
25、片，产生无色无味的气体；加入NaOH溶液，产生白色沉淀，且产生的沉淀量与加入NaOH的物质的量之间的关系如图所示则下列说法正确的是（）A溶液中一定不含CO32，可能含有SO42和NO3B在滴加NaOH溶液物质的量为0.5至0.7mol时，发生的离子反应为：Al3+4OH=AlO2+2H2OC溶液中的阳离子只有H+、Mg2+、Al3+Dn（H+）：n（NH4+）：n（Mg2+）=2：4：1考点：离子方程式的有关计算；常见阳离子的检验；常见阴离子的检验 分析：加入铝片，产生无色无味的气体，溶液中有H+，一定无CO32和NO3，根据溶液电中性，溶液中一定存在硫酸根离子；加入NaOH溶液产生白色沉淀，
26、所以一定不存在Fe3+，根据图象可知：0n（NaOH）0.1mol时，H+OH=H2O；0.1moln（NaOH）0.5mol时，Al3+3OH=Al（OH）3，Mg2+2OH=Mg（OH）2；0.5moln（NaOH）0.7mol时，NH4+OH=NH3H2O；0.7moln（NaOH）0.8mol时，Al（OH）3 +OH=AlO2+H2O，计算可得：n（H+）=0.1mol，n（Al3+）=0.1mol，n（Mg2+）=0.05mol，n（NH4+）=0.2mol，据此进行判断解答：解：由可知溶液中有H+，无CO32和NO3，根据溶液电中性，溶液中一定存在SO42；加入NaOH溶液产生白
27、色沉淀，所以一定不存在Fe3+，根据图象可知：0n（NaOH）0.1mol时，H+OH=H2O；0.1moln（NaOH）0.5mol时，Al3+3OH=Al（OH）3，Mg2+2OH=Mg（OH）2；0.5moln（NaOH）0.7mol时，NH4+OH=NH3H2O；0.7moln（NaOH）0.8mol时，Al（OH）3 +OH=AlO2+H2O，计算可得：n（H+）=0.1mol，n（Al3+）=0.1mol，n（Mg2+）=0.05mol，n（NH4+）=0.2mol，A、根据分析可知：溶液中一定不存在CO32、Fe3+、NO3，一定存在H+、NH4+、Mg2+、Al3+、SO42，
28、故A错误；B、在滴加NaOH溶液物质的量为0.5至0.7mol时，沉淀的物质的量不变，发生的反应为NH4+OH=NH3H2O，故B错误；C、溶液中一定存在的阳离子为H+、NH4+、Mg2+、Al3+，故C错误；D、根据以上计算可知，n（H+）=0.1mol，n（Al3+）=0.1mol，n（Mg2+）=0.05mol，n（NH4+）=0.2mol，所以n（H+）：n（NH4+）：n（Mg2+）=0.1mol：0.2mol：0.05mol=2：4：1，故D正确；故选D点评：本题考查了常见离子的检验，题目难度中等，注意掌握常见离子的反应现象及检验方法，特别是具有特殊反应现象的离子，如铝离子与氢氧根
29、离子的反应，先出现沉淀，之后沉淀逐渐溶解，常常为解题突破口；本题质量硫酸根离子的确定为易错点，根据溶液电中性判断一定存在硫酸根离子二、填空题8（2015杭州校级二模）CO不仅是家用煤气的主要成分，也是重要的化工原料如图是用某些简单有机物在低温、低压和催化剂存在下，合成具有优良性能的装饰性高分子涂料、黏胶剂的基本过程已知：XY与CH2=CH2生成CH3CH2COOH反应类型相似（1）X的结构简式：CHCH，Y中所含官能团名称：碳碳双键和羧基高分子涂料黏胶剂I的结构简式：（2）反应的反应类型：酯化（取代）反应（3）反应的反应方程式：nCH2=CHCOOCH3考点：有机物的推断 分析：根据题中各物质
30、转化关系，CH3CH2COOH与CH3OH反应生成H为CH3CH2COOCH3，G与氢气加成能生成H，且XY与CH2=CH2生成CH3CH2COOH反应类型相似，G能生成高分子化合物，可判断G为CH2=CHCOOCH3，Y为CH2=CHCOOH，则X为CHCH，化合物为，据此答题解答：解：根据题中各物质转化关系，CH3CH2COOH与CH3OH反应生成H为CH3CH2COOCH3，G与氢气加成能生成H，且XY与CH2=CH2生成CH3CH2COOH反应类型相似，G能生成高分子化合物，可判断G为CH2=CHCOOCH3，Y为CH2=CHCOOH，则X为CHCH，化合物为，（1）X的结构简式为：C
31、HCH，Y为CH2=CHCOOH，Y中所含官能团名称为：碳碳双键和羧基，高分子涂料黏胶剂I的结构简式为，故答案为：CHCH；碳碳双键和羧基； （2）Y为CH2=CHCOOH，G为CH2=CHCOOCH3，所以反应为Y与甲醇的酯化反应，故答案为：酯化（取代）反应；（3）反应的反应方程式为nCH2=CHCOOCH3，故答案为：nCH2=CHCOOCH3；点评：本题考查有机物的推断与合成，涉及有机物的推断、有机化学方程式的书写等问题，题目难度中等，注意根据有机物的结构进行分析判断，是对学生综合能力与逻辑推理能力的考查9（2015杭州校级二模）NH3在与酸反应、与盐溶液反应时体现出碱性外，还有其它性质
32、（ I）（1）同学甲在百度中查阅工业制硝酸的原理：硝酸工业与合成氨工业密接相关，氨氧化法是工业生产中制取硝酸的主要途径，其主要流程是将氨和空气的混合气（氧：氮2：1）通入灼热（760840）的铂铑合金网，在合金网的催化下，氨被氧化成一氧化氮（NO）生成的一氧化氮利用反应后残余的氧气继续氧化为二氧化氮，随后将二氧化氮通入水中制取硝酸稀硝酸、浓硝酸、发烟硝酸的制取在工艺上各不相同反应在高温高压条件下进行同学乙认为只要增大氧气的含量，就可以直接氧化得到NO2，再制备硝酸请结合你所学习的化学知识，谈谈实际生产中的合理性已知：2NO与O2反应生成2NO2是可逆反应氨和空气的混合气在合金网的催化下，氨被氧
33、化成一氧化氮（NO），氧气继续氧化为二氧化氮，反应增大氧气的含量，可以促使化学反应正向移动，从而提高硝酸的产率（2）工业上，NaNH2用于制取靛青染料；LiNH2主要用于有机合成和药物制造，是具有良好前景的储氢材料科学家在液氨中加入金属钠或金属锂制备NaNH2和LiNH2，试写出制备LiNH2反应方程式：Li+2NH3=LiNH2+2H2，NH3表现氧化性（3）已知NH3与Cl2在一定条件下能发生反应，其中N元素被氧化为游离态，实际反应中其产物随着n（NH3）：n（Cl2）的比发生变化，经测定，产物中n（HCl）：n（NH4Cl）=1：1时，则n（NH3）：n（Cl2）=5：3，整个反应过程被
34、氧化的N与未被氧化的N物质的量之比为2：3结合以上信息，请写出工业上检验氯气管道是否漏气的方法及现象：取浓氨水洒于管道口，产生白烟，证明此处漏气（ II）二氧化氯（ClO2）为一种黄绿色气体，是国际上公认的高效、广谱、快速、安全的杀菌消毒剂（1）目前已开发出用电解法制取ClO2的新工艺如图示意用石墨做电极，在一定条件下电解饱和食盐水制取ClO2写出阳极产生ClO2的电极反应式：Cl5e+2H2O=ClO2+4H+电解一段时间，当阴极产生的气体体积为112mL（标准状况）时，停止电解通过阳离子交换膜的阳离子的物质的量为0.01mol；用平衡移动原理解释阴极区pH增大的原因在阴极发生2H+2e=H
35、2，H+浓度减小，使得H2OOH+H+的平衡向右移动，OH浓度增大，pH增大（2）ClO2对污水中CN有明显的去除效果某工厂污水中含CN a mg/L，现用ClO2将CN氧化，只生成两种常见气体，其离子反应方程式为2ClO2+2CN=N2+2CO2+2Cl；处理100m3这种污水，至少需要ClO2mol考点：电解原理；氧化还原反应；氨的化学性质 分析：（ I）、（1）根据化学平衡移动原理：增加反应物的浓度可以促使化学平衡正向移动，从而增加反应产物的量；（2）根据信息：在液氨中加入金属钠或金属锂可以制备NaNH2和LiNH2来书写化学方程式，据元素的化合价确定物质的性质；（3）根据反应物是氨气和
36、氯气，产物是等物质的量的氯化氢和氯化铵，结合元素守恒、质量守恒来书写方程式即可；被氧化的元素化合价升高，被还原的元素化合价降低，根据产物确定现象；（ II）、（1）由题意可知，氯离子放电生成ClO2，由元素守恒可知，有水参加反应，同时生成氢离子；在阴极发生2H+2e=H2，通过阳离子交换膜的阳离子为+1价离子，根据n=计算氢气的物质的量，根据电子转移守恒计算阳离子的物质的量，电解中H+浓度减小，使得H2OOH+H+的平衡向右移动；（2）ClO2将CN氧化，只生成两种气体，应生成氮气与二氧化碳，同时生成氯离子；根据方程式计算需要ClO2的物质的量解答：解：（1）氨和空气的混合气在合金网的催化下，
37、氨被氧化成一氧化氮（NO），增加氧气的量，氧气继续氧化NO为二氧化氮，同时2NO与O2反应生成2NO2是可逆反应反应，所以增大氧气的含量，可以促使化学反应正向移动，从而提高硝酸的产率，故答案为：氨和空气的混合气在合金网的催化下，氨被氧化成一氧化氮（NO），氧气继续氧化为二氧化氮，反应增大氧气的含量，可以促使化学反应正向移动，从而提高硝酸的产率（2）在液氨中加入金属锂，会发生反应：Li+2NH3=LiNH2+2H2，据此制备制备LiNH2，氨气中氢元素的化合价降低，所以是氧化剂，故答案为：Li+2NH3=LiNH2+2H2；氧化；（3）NH3与Cl2在一定条件下能发生反应，产物中n（HCl）：n
38、（NH4Cl）=1：时，根据电子守恒，得到发生的反应为：5NH3+3Cl2=3HCl+3NH4Cl+N2，则n（NH3）：n（Cl2）=5：3，整个反应过程被氧化的N与未被氧化的N物质的量之比，2：3，工业上检验氯气管道是否漏气的方法及现象：取浓氨水洒于管道口，产生白烟，证明此处漏气，故答案为：5：3；2：3；取浓氨水洒于管道口，产生白烟，证明此处漏气；（ II）、（1）由题意可知，氯离子放电生成ClO2，由元素守恒可知，有水参加反应，同时生成氢离子，电极反应式为：Cl5e+2H2O=ClO2+4H+，故答案为：Cl5e+2H2O=ClO2+4H+；在阴极发生2H+2e=H2，氢气的物质的量为
39、=0.005mol，通过阳离子交换膜的阳离子为+1价离子，故交换膜的阳离子的物质的量为0.005mol2=0.01mol，电解中阴极H+浓度减小，使得H2OOH+H+的平衡向右移动，溶液的pH增大，故答案为：0.01；在阴极发生2H+2e=H2，H+浓度减小，使得H2OOH+H+的平衡向右移动，OH浓度增大，pH增大；（2）ClO2将CN氧化，只生成两种气体，应生成氮气与二氧化碳，同时生成氯离子，反应离子方程式为：2ClO2+2CN=N2+2CO2+2Cl，100m3废水中CN质量=100m3ag/m3=100ag，CN的物质的量为=mol，由方程式可知，至少需要ClO2的物质的量=mol，故
40、答案为：2ClO2+2CN=N2+2CO2+2Cl；mol点评：本题考查氧化还原反应、常用化学用语、电解原理、化学计算等，题目难度中等，电解反应是难点、易错点，是对学生综合能力的考查，需要学生具有扎实的基础与分析解决问题的能力10（2015杭州校级二模）硫单质及其化合物在工农业生产中有着重要的应用（1）已知25时：SO2（g）+2CO（g）=2CO2（g）+Sx（s）H=akJ/mol 2COS（g）+SO2（g）=2CO2（g）+Sx（s）H=bkJ/mol则COS（g）生成CO（g）与Sx（s）反应的热化学方程式是：xCOS（g）=xCO（g）+Sx（s）H=0.5x（ba）kJ/mol（
41、2）工业上用硫碘开路循环联产氢气和硫酸的工艺流程如图1所示：写出反应器中发生反应的化学方程式是：SO2+xI2+2H2OH2SO4+2HIX在膜反应器中发生反应：2HI（g）H2（g）+I2（g）H0若在一定条件密闭容器中加入1mol HI（g），n（H2）随时间（t）的变化关系如图1所示：该温度下，反应平衡常数K=，若升高温度，K值将增大（填“增大”、“减小”或“不变”）电渗析装置如图2所示，写出阳极的电极反应式：2Ix2e=xI2该装置中发生的总反应的化学方程式：2HIx=（x1）I2+2HI上述工艺流程中循环利用的物质是I2考点：电解原理；用盖斯定律进行有关反应热的计算；物质的量或浓度随
42、时间的变化曲线 分析：（1）依据热化学方程式和盖斯定律计算得到所需热化学方程式，依据盖斯定律（2）2得到；（2）由工艺流程图可知，SO2、I2、H2O反应生成H2SO4、HIX，配平书写方程式；由图1可知，平衡时氢气的物质的量为0.1mol，据此利用三段式计算平衡时各组分的物质的量，由于反应前后气体的物质的量不变，故可以利用物质的量代替浓度代入平衡常数表达式计算，该反应正反应是吸热反应，升高温度，平衡向正反应移动，平衡常数增大；由图2可知，在阴极区Ix转化为I，在阳极区Ix转化为I2，阳极区的H+通过交换膜进入阴极区，得以生成HI溶液，即电解HIx生成I2、HI；分析反应过程中参与反应最后生成
43、的物质可以循环利用解答：解：（1）SO2（g）+2CO（g）2C02（g）+Sx（s）H=a kJmol1；2COS（g）+SO2（g）2CO2（g）+Sx（s）H=b kJmol1依据盖斯定律（2）2得到：xCOS（g）=xCO（g）+Sx（s）H=0.5x（ba）kJ/mol，故答案为：xCOS（g）=xCO（g）+Sx（s）H=0.5x（ba）kJ/mol；（2）由工艺流程图可知，SO2、I2、H2O反应生成H2SO4、HIX，反应方程式为：SO2+x I2+2H2OH2SO4+2HIX；故答案为：SO2+x I2+2H2OH2SO4+2HIX；由图1可知，平衡时氢气的物质的量为0.1m
44、ol，则： 2HI（g）H2（g）+I2（g）开始（mol）：1 0 0变化（mol）：0.2 0.1 0.1 平衡（mol）：0.8 0.1 0.1 由于反应前后气体的物质的量不变，故可以利用物质的量代替浓度计算平衡常数，故K=，该反应正反应是吸热反应，升高温度，平衡向正反应移动，平衡常数增大，故答案为：；增大；由图2可知，在阴极区Ix转化为I，在阳极区Ix转化为I2，所以阳极区发生的反应为：2Ix2e=xI2，H+通过交换膜进入阴极区，得以生成HI溶液，即电解HIx生成I2、HI，反应方程式为：2HIx（x1）I2+2HI；故答案为：2Ix2e=xI2；2HIx=（x1）I2+2HI；由工
45、艺流程图可知，SO2、I2、H2O反应生成H2SO4、HIX，在电渗析装置和膜反应器中生成碘单质，所以上述工艺流程中循环利用的物质是碘单质，故答案为：I2点评：本题考查盖斯定律计算、离子浓度大小比较、电解原理等，侧重于学生的分析能力的考查，为高考常见题型，题目难度中等，注意利用守恒思想比较溶液中微粒浓度大小11（2015杭州校级二模）高锰酸钾是一种重要的化学试剂，其溶液不很稳定，在酸性条件下会分解生成二氧化锰和氧气，在中性或弱碱性溶液中分解速度很慢，见光分解速度加快（1）高锰酸钾溶液应配成中性溶液并保存在棕色试剂瓶中（填保存的注意事项）；酸性条件下高锰酸钾溶液分解的离子方程式4MnO4+4H+
46、4MnO2+3O2+2H2O（2）请配平高锰酸钾溶液与草酸钠Na2C2O4溶液在酸性条件下反应的离子方程式：MnO4+C2O42+H+Mn2+CO2+8H2O（3）某学习小组为了探究高锰酸钾溶液和草酸钠溶液的反应过程，将高锰酸钾溶液逐滴地滴入一定体积的酸性草酸钠溶液中（温度相同，并不断振荡时），记录的现象如表：滴入高锰酸钾溶液的次序（每滴溶液的体积相同）高锰酸钾溶液紫色褪去的时间先滴入第1滴1min褪色后再滴入第2滴15s褪色后再滴入第3滴3s褪色后再滴入第4滴1s请分析高锰酸钾溶液褪色时间变化的原因反应生成的Mn2+对反应有催化作用，且c（Mn2+）浓度大催化效果更好（4）该学习小组在获取了
47、上述经验和结论以后，用稳定的物质草酸钠Na2C2O4（相对分子质量134.0）来标定高锰酸钾溶液的浓度他们准确称取1.340g纯净的草酸钠配成250mL溶液，每次准确量取25.00mL溶液酸化后用KMnO4溶液滴定高锰酸钾溶液应装在丙（填如图中的仪器编号）为了防止高锰酸钾在酸性条件下分解而造成误差，滴定时应注意的是逐滴滴入高锰酸钾溶液，待前一滴高锰酸钾溶液颜色褪去后再滴加若在实验过程中存在下列操作，其中会使所测KMnO4浓度偏低的是AA未润洗盛放KMnO4的滴定管B滴定前尖嘴部分无气泡，滴定终点时出现气泡C定容时，俯视刻度线D锥形瓶用水洗之后未用待测液润洗当溶液呈微红色且半分钟内不褪色，消耗K
48、MnO4溶液20.00mL（多次测定的平均值），则KMnO4溶液的浓度为0.02mol/L（附原子相对质量K=39 Mn=55 O=16 Na=23 C=12）考点：中和滴定；氧化还原反应方程式的配平 分析：（1）由题目信息可知，高锰酸钾溶液在酸性、碱性条件下都会分解，且见光分解速度加快，故应避光保存配成中性溶液；由题目信息可知，高锰酸钾在酸性条件下会分解生成二氧化锰和氧气，同时会生成水，据此书写离子方程式；（2）根据化合价升降方法，反应中MnO4Mn2+，锰元素化合价由+7价降低为+2价，共降低5价，C2O42CO2，碳元素化合价由+3价升高为+4，共升高2价，化合价最小公倍数为10，故Mn
49、O4系数为2，C2O42系数为5，再根据元素守恒、电荷守恒确定其它物质的系数；（3）反应中Mn2+浓度发生显著变化，应是反应生成的Mn2+对反应有催化作用，且c（Mn2+）浓度大催化效果更好；（4）高锰酸钾具有强氧化性，可以发生碱式滴定管的橡皮管，故应用酸式滴定管盛放；逐滴滴入高锰酸钾溶液，待前一滴高锰酸钾溶液颜色褪去后再滴加，防止高锰酸钾在酸性条件下分解；依据消耗标准溶液的体积分析判断选项，c（待测）=；令KMnO4溶液的浓度为c，根据方程式2MnO4+5C2O42+16H+=2Mn2+10CO2+8H2O计算解答：解：（1）由题目信息可知，高锰酸钾溶液在酸性、碱性条件下都会分解，且见光分解
50、速度加快，故应盛放在棕色瓶中避光保存配成中性溶液；由题目信息可知，高锰酸钾在酸性条件下会分解生成二氧化锰和氧气，同时会生成水，反应离子方程式为4MnO4+4H+4MnO2+3O2+2H2O，故答案为：配成中性溶液并保存在棕色试剂瓶中；4MnO4+4H+4MnO2+3O2+2H2O；（2）反应中MnO4Mn2+，锰元素化合价由+7价降低为+2价，共降低5价，C2O42CO2，碳元素化合价由+3价升高为+4，共升高2价，化合价最小公倍数为10，故MnO4系数为2，C2O42系数为5，再根据元素守恒可知Mn2+系数为2、CO2系数为10，根据电荷守恒可知H+系数为16，根据氢元素守恒可知H2O系数为
51、8，配平后离子方程式为2MnO4+5C2O42+16H+=2Mn2+10CO2+8H2O，故答案为：2；5；16；2；10；8H2O；（3）反应中Mn2+浓度发生显著变化，应是反应生成的Mn2+对反应有催化作用，且c（Mn2+）浓度大催化效果更好，故答案为：反应生成的Mn2+对反应有催化作用，且c（Mn2+）浓度大催化效果更好；（4）高锰酸钾具有强氧化性，可以发生碱式滴定管的橡皮管，故应用酸式滴定管盛放，故选择丙，故答案为：丙；防止高锰酸钾在酸性条件下分解，滴定时应逐滴滴入高锰酸钾溶液，待前一滴高锰酸钾溶液颜色褪去后再滴加，故答案为：逐滴滴入高锰酸钾溶液，待前一滴高锰酸钾溶液颜色褪去后再滴加；
52、用稳定的物质草酸钠Na2C2O4（相对分子质量134.0）来标定高锰酸钾溶液的浓度，c（待测）=；A盛装KMnO4溶液的滴定管用水洗后，未用KMnO4溶液润洗，高锰酸钾溶液被稀释，高锰酸钾的物质的量偏小，测定的高锰酸钾的浓度偏低，故A符合；B滴定前尖嘴部分无气泡，滴定终点时出现气泡，导致高锰酸钾溶液的体积偏小，测定的高锰酸钾的浓度偏大，故B不符合；C定容时，俯视刻度线，导致高锰酸钾溶液的体积偏小，测定的高锰酸钾的浓度偏大，故C不符合；D锥形瓶用蒸馏水洗净后未用待测液润洗，对草酸的物质的量没有影响，故对测定的高锰酸钾的浓度无影响，故D不符合；故答案为：A；n（C2O42）=0.01mol，则：2MnO4+5C2O42+16H+=2Mn2+10CO2+8H2O计2mol 5molc0.02L10 0.01mol所以2mol：5mol=c0.02L10：0.01mol解得c=0.02mol/L故答案为：0.02mol/L点评：本题考查药品存放、氧化还原反应配平、氧化还原反应滴定应用、化学计算等，题目难度中等，注意把握实验的原理，需要学生具备一定的理论分析能力和计算解决问题的能力