1、2015-2016学年四川省成都市双流中学高三（下）月考化学试卷（2月份）一、选择题（本卷共7题，每题6分，共42分在每题给出的四个选项中，只有一项最符合题目要求）1化学与生产、生活密切相关，下列叙述错误的是（）A饱和Na2SO4溶液可以使蛋白质变性B大力推广应用“脱硫、脱硝”技术，可减少硫氧化物、氮氧化物对空气的污染C从海带中提取碘单质的过程涉及氧化还原反应D镀锌铁桶镀层破损后铁仍不易被腐蚀2下列离子在给定条件下，可能大量共存的是（）A某无色透明的溶液中：Ca2+、NH4+、CO32、HCOOB溶解有AlCl3的溶液中：Na+、K+、SO42、S2C25时，水电离出的c（H+）=1l0l3m
2、ol/L的溶液中：K+、Ba2+、NO3、ID离子浓度均为0.1mol/L的溶液中：Na+、Fe3+、CH3COO、NO33设NA为阿伏加德罗常数的值下列说法中正确的是（）A46gC2H6O中含有的CH键数一定为5NAB常温常压下，46g由NO2和N2O4组成的混合气体中含有原子的总数为3NAC将15.6gNa2O2投入到足量水中，反应后溶液中的氧原子数为0.4NAD2molSO2和1molO2混合，所得气体的分子数为2NA4下列实验“操作和现象”与“结论”都正确的是（）操作和现象结 论A向盛有2mL0.1mol/LAgNO3溶液的试管中，先滴几滴0.1mol/LKCl溶液，再滴加0.1mol
3、/LKI溶液试管中先出现白色沉淀，后出现淡黄色沉淀Ksp（AgCl）Ksp（AgI）B向装有Fe（NO3）2溶液的试管中加入几滴稀H2SO4溶液颜色基本不变Fe（NO3）2与H2SO4不反应C在分液漏斗中加入碘水后再加入CCl4，充分振荡，分层，下层溶液呈紫色CCl4可作为碘的萃取剂D测定饱和NaClO溶液、CH3COONa溶液的pH，pH（NaClO）pH（CH3COONa）弱酸的酸性：HClOCH3COOHAABBCCDD5现代工业生产中常用电解氯化亚铁的方法制得氯化铁溶液，吸收有毒的硫化氢气体工艺原理如图所示下列说法中正确的是（）A电解池中OH从右槽迁移到左槽BH+在右槽发生氧化反应C左
4、槽中发生的反应是：4OH4eO2+2H2OD常温常压下，反应中每转移1mol电子生成1g氢气6电导率是衡量电解质溶液导电能力大小的物理量，据溶液电导率变化可以确定滴定反应的终点如图是某同学用0.1mol/LKOH溶液分别滴定体积均为20mL、浓度均为0.1mol/L的HCl和CH3COOH溶液滴定曲线示意图（混合溶液体积变化忽略不计）下列有关判断不正确的是（）A曲线代表0.1mol/LKOH溶液滴定CH3COOH溶液的滴定曲线，曲线代表0.1mol/LKOH溶液滴定HCl溶液的滴定曲线B在相同温度下，C点水电离的c（H+）大于A点水电离的c（H+）C在A点的溶液中有：c（CH3COO）+c（O
5、H）c（H+）=0.05 mol/LD在B点的溶液中有：c（K+）c（OH）c（CH3COO）c（H+）7工业上用CO和H2合成CH3OH：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）反应的平衡常数如下表：温度/0100200300400平衡常数667131.91022.41041105下列说法正确的是（）A该反应的H0B加压、增大H2浓度和加入催化剂都能提高CO的转化率C工业上采用5103kPa和250的条件，其原因是原料气的转化率高Dt时，向1 L密闭容器中投入0.1 mol CO和0.2 mol H2，平衡时CO转化率为50%，则该温度时反应的平衡常数的数值为100二、解答题（共4小题，满分
6、58分）8A、B、C、D、E、F、G七种前四周期元素且原子序数依次增大，A的最高正价和最低负价的绝对值相等，B的基态原子有3个不同的能级且各能级中电子数相等，D的基态原子与B的基态原子的未成对电子数目相同，E的基态原子s能级的电子总数与p能级的电子数相等，F的基态原子的3d轨道电子数是4s电子数的4倍，G2+的3d轨道有9个电子，请回答下列问题：（1）元素D在周期表中的位置是（2）G的基态原子电子排布式为（3）B、C、D原子的第一电离能由小到大的顺序为（用元素符号回答）（4）CA3中心原子C的杂化类型是，分子的立体构型是（5）向GSO4（aq）中逐滴加入氨水至过量，会观察到现象后一步反应的离子
7、反应方程式为：（6）某电池放电时的总反应为：Fe+F2O3+3H2OFe（OH）2+2F（OH）2（注：F2O3和F（OH）2为上面F元素对应的化合物），写出该电池放电时的正极反应式9ClO2是一种国际上公认的安全无毒的绿色水处理剂回答下列问题：（1）工业废水的处理：某实验兴趣小组通过如图装置，利用稀硫酸、KClO3和草酸溶液制备ClO2，并用它来处理含Mn2+的工业废水A装置的名称是，C装置的作用为B中反应产物有ClO2、CO2等，请写出该反应的化学方程式：写出装置D中除去Mn2+的离子方程式ClO2易溶于水用水吸收ClO2得到ClO2溶液为测定所得溶液中ClO2的含量，进行了下列实验：步骤
8、1：准确量取ClO2溶液10.00mL，稀释成100.00mL试样；量取V1mL试样加入到锥形瓶中；步骤2：调节试样的pH2.0，加入足量的KI晶体，静置片刻；步骤3：加入淀粉指示剂，用c molL1 Na2S2O3溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液V2mL（已知2Na2S2O3+I2Na2S4O6+2NaI）滴定终点的判断依据是原ClO2溶液的浓度为g/L（用步骤中的字母代数式表示）若实验中使用的Na2S2O3标准溶液部分因被氧气氧化而变质，则实验结果（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）10菠萝酯F是一种具有菠萝香味的赋香剂，其合成路线如下：已知：（1）A的结构简式为，A中所含官能团的名
9、称是；（2）由A生成B的反应类型是，E的某同分异构体只有一种相同化学环境的氢，该同分异构体的结构简式为；（3）写出D和E反应生成F的化学方程式；（4）结合题给信息，以溴乙烷和环氧乙烷为原料制备1丁醇，设计合成路线（其他试剂任选）合成路线流程图示例：CH3CHOCH3COOHCH3COOCH2CH311辉铜矿是一种重要的铜矿石，主要含有硫化亚铜（Cu2S），还有Fe2O3、SiO2及一些不溶性杂质一种以辉铜矿石为原料制备硝酸铜晶体的工艺流程如下：已知：部分金属阳离子生成氢氧化物沉淀的pH范围如下表所示（开始沉淀的pH按金属离子浓度为1.0mol/L计算）离子开始沉淀的pH完全沉淀的pHFe3+1
10、.13.2Mn2+8.39.8Cu2+4.46.4回答下列问题：（1）浸取后得到的浸出液中含有CuSO4、MnSO4写出浸取时产生CuSO4、MnSO4反应的化学方程式（2）调节pH的目的是，pH的调节范围为（3）生成MnCO3沉淀的离子方程式为（4）操作A为（5）由辉铜矿制取铜的反应过程可以表示为：2Cu2S（s）+3O2（g）2Cu2O（s）+2SO2（g）H=768.2kJ/mol2Cu2O（s）+Cu2S（s）6Cu（s）+SO2（g）H=+116.0kJ/mol则由Cu2S与O2加热反应生成Cu的热化学方程式为（6）若用含85%Cu2S（Mr=160）的辉铜矿来制备无水Cu（NO3）
11、2，假设浸取率为95%，调节pH时损失Cu3%，蒸氨过程中有5%未转化为CuO，其它过程中无损耗，则1.6kg这样的辉铜矿最多能制备mol无水Cu（NO3）22015-2016学年四川省成都市双流中学高三（下）月考化学试卷（2月份）参考答案与试题解析一、选择题（本卷共7题，每题6分，共42分在每题给出的四个选项中，只有一项最符合题目要求）1化学与生产、生活密切相关，下列叙述错误的是（）A饱和Na2SO4溶液可以使蛋白质变性B大力推广应用“脱硫、脱硝”技术，可减少硫氧化物、氮氧化物对空气的污染C从海带中提取碘单质的过程涉及氧化还原反应D镀锌铁桶镀层破损后铁仍不易被腐蚀【考点】绿色化学【专题】化学
12、应用【分析】A饱和Na2SO4溶液可以使蛋白质发生盐析；B硫氧化物和氮氧化物有毒，且导致环境污染；C水中的碘元素是化合态，从海带提取碘单质的过程，是把海水中的化合态的碘转变成游离态的碘单质； D在金属活动性顺序表中锌比铁活泼，所以破损后仍腐蚀的是锌，保护的是铁【解答】解：A饱和Na2SO4溶液可以使蛋白质发生盐析，故A错误；B大力实施矿物燃料“脱硫、脱硝技术”，可减少酸雨、光化学烟雾等污染，故B正确；C海水中的碘元素是化合态，从海带提取碘单质的过程，是把海水中的化合态的碘转变成游离态的碘单质，发生氧化还原反应，故C正确；D在金属活动性顺序表中锌比铁活泼，所以破损后仍腐蚀的是锌，保护的是铁，能用
13、金属活动性顺序表解释，故D正确；故选A【点评】本题考查较为综合，涉及蛋白质的盐析和变性、环境保护、氧化还原反应和电化学腐蚀与防护，难度不大，注意蛋白质盐析和变性的条件2下列离子在给定条件下，可能大量共存的是（）A某无色透明的溶液中：Ca2+、NH4+、CO32、HCOOB溶解有AlCl3的溶液中：Na+、K+、SO42、S2C25时，水电离出的c（H+）=1l0l3mol/L的溶液中：K+、Ba2+、NO3、ID离子浓度均为0.1mol/L的溶液中：Na+、Fe3+、CH3COO、NO3【考点】离子共存问题【专题】离子反应专题【分析】A离子反应生成沉淀；B与Al3+反应的离子不能大量共存；C水
14、电离出的c（H+）=1l0l3mol/L的溶液可能呈碱性或酸性；D电荷不守恒【解答】解：ACa2+、CO32离子反应生成沉淀，故A错误；BS2与Al3+发生互促水解反应而不能大量共存，故B错误；C水电离出的c（H+）=1l0l3mol/L的溶液可能呈碱性或酸性，碱性条件下离子之间不发生任何反应，可大量共存，故C正确；D离子浓度均为0.1mol/L的溶液电荷不守恒，故D错误故选C【点评】本题考查离子的共存，为高考高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，把握习题中的信息及离子之间的反应为解答的关键，注意选项B中相互促进水解为易错点，题目难度不大3设NA为阿伏加德罗常数的值下列说法中正确的是（）A46
15、gC2H6O中含有的CH键数一定为5NAB常温常压下，46g由NO2和N2O4组成的混合气体中含有原子的总数为3NAC将15.6gNa2O2投入到足量水中，反应后溶液中的氧原子数为0.4NAD2molSO2和1molO2混合，所得气体的分子数为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、C2H6O可能是乙醇，也可能是二甲醚；B、NO2和N2O4的最简式均为NO2；C、将Na2O2投入到足量水中，溶液中除了氢氧化钠含氧原子，水也含氧原子；D、二氧化硫和氧气的反应为可逆反应【解答】解：A、46gC2H6O的物质的量为1mol，而C2H6O可能是乙醇，也可能是二甲醚
16、，故1molC2H6O中含有的CH键可能是5NA条，也可能为6NA条，故A错误；B、NO2和N2O4的最简式均为NO2，故46g混合物中含有的NO2的物质的量为1mol，故含3NA个原子，故B正确；C、将Na2O2投入到足量水中，溶液中除了氢氧化钠含氧原子，水也含氧原子，故溶液中的氧原子个数无法计算，故C错误；D、二氧化硫和氧气的反应为可逆反应，故所得分子个数大于2NA个，故D错误故选B【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大4下列实验“操作和现象”与“结论”都正确的是（）操作和现象结 论A向盛有2mL0.1mol/LAgNO3溶液的试管中
17、，先滴几滴0.1mol/LKCl溶液，再滴加0.1mol/LKI溶液试管中先出现白色沉淀，后出现淡黄色沉淀Ksp（AgCl）Ksp（AgI）B向装有Fe（NO3）2溶液的试管中加入几滴稀H2SO4溶液颜色基本不变Fe（NO3）2与H2SO4不反应C在分液漏斗中加入碘水后再加入CCl4，充分振荡，分层，下层溶液呈紫色CCl4可作为碘的萃取剂D测定饱和NaClO溶液、CH3COONa溶液的pH，pH（NaClO）pH（CH3COONa）弱酸的酸性：HClOCH3COOHAABBCCDD【考点】化学实验方案的评价【专题】实验评价题【分析】A沉淀向更难溶的方向转化； B酸性条件下Fe2+与NO3发生氧
18、化还原反应；C四氯化碳密度比水大；D饱和NaClO溶液、CH3COONa溶液的浓度不同【解答】解：A沉淀向更难溶的方向转化，Ksp（AgCl）Ksp（AgI），故A错误； B酸性条件下Fe2+与NO3发生氧化还原反应，溶液颜色基本不变是由于Fe3+的量较少的原因，故B错误；C四氯化碳密度比水大，下层呈紫色，故C正确；D饱和NaClO溶液、CH3COONa溶液的浓度不同，应比较相同浓度的pH，故D错误故选C【点评】本题考查较为综合，涉及沉淀转化、氧化还原反应、盐类的水解等知识，侧重于学生的分析能力和元素化合物知识的综合理解和运用的考查，难度不大，注意相关基础知识的积累5现代工业生产中常用电解氯化
19、亚铁的方法制得氯化铁溶液，吸收有毒的硫化氢气体工艺原理如图所示下列说法中正确的是（）A电解池中OH从右槽迁移到左槽BH+在右槽发生氧化反应C左槽中发生的反应是：4OH4eO2+2H2OD常温常压下，反应中每转移1mol电子生成1g氢气【考点】电解原理【专题】电化学专题【分析】FeCl3溶液氧化H2S发生反应：2FeCl3+H2S=2FeCl2+2HCl+S，反应池中溶液移入电解池左槽，而电解池左槽产生Fe3+，右槽生成氢气，因此左槽为阳极、右槽为阴极，由于还原性Fe2+Cl，左槽中Fe2+放电生成Fe3+，右槽中氢离子放电生成氢气，质子通过质子交换膜移向阴极【解答】解：通过图示可知Fe2+在电
20、解池的左槽中转化为Fe3+，H+在右槽转化为H2，因此左槽为阳极右槽为阴极A电解过程中阳离子向阴极移动，阴离子向阳极移动，即电解池中OH从左槽迁移到右槽，故A错误；B右槽为阴极，因此电极反应式为：2H+2e=H2或2H2O=H2+2OH，H+在右槽发生还原反应，故B错误；C左槽为阳极，由于还原性Fe2+Cl，因此电极反应式为：Fe2+e=Fe3+，故C错误；D右槽为阴极，电极反应式为：2H+2e=H2，每转移1mol电子生成0.5mol即1g氢气，故D正确，故选：D【点评】本题考查电解工作原理，电解本质是氧化还原反应，理解电极反应与离子的放电顺序是关键，难度不大6电导率是衡量电解质溶液导电能力
21、大小的物理量，据溶液电导率变化可以确定滴定反应的终点如图是某同学用0.1mol/LKOH溶液分别滴定体积均为20mL、浓度均为0.1mol/L的HCl和CH3COOH溶液滴定曲线示意图（混合溶液体积变化忽略不计）下列有关判断不正确的是（）A曲线代表0.1mol/LKOH溶液滴定CH3COOH溶液的滴定曲线，曲线代表0.1mol/LKOH溶液滴定HCl溶液的滴定曲线B在相同温度下，C点水电离的c（H+）大于A点水电离的c（H+）C在A点的溶液中有：c（CH3COO）+c（OH）c（H+）=0.05 mol/LD在B点的溶液中有：c（K+）c（OH）c（CH3COO）c（H+）【考点】离子浓度大小
22、的比较【专题】电离平衡与溶液的pH专题【分析】A溶液导电能力与离子浓度成正比，CH3COOH是弱电解质，溶液中离子浓度较小，加入KOH后，溶液中离子浓度增大，溶液导电性增强；HCl是强电解质，随着KOH溶液加入，溶液体积增大，导致溶液中离子浓度减小，溶液导电能力减弱，当完全反应式离子浓度最小，继续加入KOH溶液，离子浓度增大，溶液导电能力增强；B酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离；C任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒判断；DB点时，混合溶液中为等物质的量浓度的KOH和CH3COOK，溶液呈碱性，CH3COO水解但程度较小，结合物料守恒判断【解答】A溶液导电能力与离子浓度成正比
23、，CH3COOH是弱电解质，溶液中离子浓度较小，加入KOH后，溶液中离子浓度增大，溶液导电性增强；HCl是强电解质，随着KOH溶液加入，溶液体积增大，导致溶液中离子浓度减小，溶液导电能力减弱，当完全反应式离子浓度最小，继续加入KOH溶液，离子浓度增大，溶液导电能力增强，根据图知，曲线代表0.1 mol/L KOH溶液滴定HC1溶液的滴定曲线，曲线代表0.1 mol/LKOH溶液滴定CH3COOH溶液的滴定曲线，故A正确；B酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离，C点溶质为NaCl，A点溶质为醋酸钠，促进水电离，所以在相同温度下，C点水电离的c（H+）小于A点水电离的c（H+），故B错误；C
24、任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（CH3COO）+c（OH）c（H+）=c（Na+）=0.05mol/L，故C正确；DB点时，混合溶液中为等物质的量浓度的KOH和CH3COOK，溶液呈碱性，CH3COO水解但程度较小，结合物料守恒得离子浓度大小顺序是c（K+）c（OH）c（CH3COO）c（H+），故D正确；故选B【点评】本题以电导率为载体考查离子浓度大小比较、盐类水解等知识点，题目难度中等，明确混合溶液中溶质及其性质、溶液导电性强弱影响因素是解本题关键，易错选项是C，注意A点溶液体积是原来2倍，离子浓度降为原来一半，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力7工业上用CO和H2合
25、成CH3OH：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）反应的平衡常数如下表：温度/0100200300400平衡常数667131.91022.41041105下列说法正确的是（）A该反应的H0B加压、增大H2浓度和加入催化剂都能提高CO的转化率C工业上采用5103kPa和250的条件，其原因是原料气的转化率高Dt时，向1 L密闭容器中投入0.1 mol CO和0.2 mol H2，平衡时CO转化率为50%，则该温度时反应的平衡常数的数值为100【考点】反应热和焓变；化学平衡的影响因素【专题】化学反应中的能量变化【分析】A、依据平衡常数随温度变化和平衡移动原理分析判断；B、反应前后是气体体积减小
26、的放热反应，增大压强增大氢气浓度，平衡正向进行，催化剂改变反应速率不改变化学平衡；C、此条件是催化剂活性最大，升温平衡逆向进行；D、结合平衡三段式列式计算，平衡常数等于生成物平衡浓度幂次方乘积除以反应物平衡浓度幂次方乘积【解答】解：A、依据平衡常数随温度变化和平衡移动原理分析判断，随温度升高平衡常数减小，正反应为放热反应H0，故A错误；B、反应前后是气体体积减小的放热反应，增大压强增大氢气浓度，平衡正向进行，催化剂改变反应速率不改变化学平衡，不能提高CO的转化率，故B错误；C、升温平衡逆向进行，此条件是催化剂活性最大，不是原料气的转化率高，故C错误；D、结合平衡三段式列式计算，平衡常数等于生成
27、物平衡浓度幂次方乘积除以反应物平衡浓度幂次方乘积， CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）起始量（mol/L） 0.1 0.2 0变化量（mol/L） 0.150% 0.1 0.05平衡量（mol/L） 0.05 0.1 0.05平衡常数K=100，故D正确；故选D【点评】本题考查了化学平衡影响因素分析判断，平衡常数概念的计算应用，掌握基础是关键，题目难度中等二、解答题（共4小题，满分58分）8A、B、C、D、E、F、G七种前四周期元素且原子序数依次增大，A的最高正价和最低负价的绝对值相等，B的基态原子有3个不同的能级且各能级中电子数相等，D的基态原子与B的基态原子的未成对电子数目相同，E的
28、基态原子s能级的电子总数与p能级的电子数相等，F的基态原子的3d轨道电子数是4s电子数的4倍，G2+的3d轨道有9个电子，请回答下列问题：（1）元素D在周期表中的位置是第二周期VIA族（2）G的基态原子电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1（3）B、C、D原子的第一电离能由小到大的顺序为CON（用元素符号回答）（4）CA3中心原子C的杂化类型是sp3杂化，分子的立体构型是三角锥形（5）向GSO4（aq）中逐滴加入氨水至过量，会观察到先产生蓝色沉淀，后沉淀消失，生成深蓝色透明溶液现象后一步反应的离子反应方程式为：Cu（OH）2+4NH3H2O=Cu（NH3）42+2OH+4H2
29、O（6）某电池放电时的总反应为：Fe+F2O3+3H2OFe（OH）2+2F（OH）2（注：F2O3和F（OH）2为上面F元素对应的化合物），写出该电池放电时的正极反应式Ni2O3+3H2O+2e2Ni（OH）2+2OH【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、D、E、F、G七种元素的原子序数依次增大其中B的基态原子有3个不同的能级，且各能级中的电子数相等，原子核外电子排布式为1s22s22p2，故B为碳元素；A的最高正价和最低负价的绝对值相等，原子序数小于碳，故A为H元素；E的基态原子的s能级的电子总数与p能级的电子数相等，原子核外电子排布式为1
30、s22s22p4或1s22s22p63s2，D的基态原子与B的基态原子的未成对电子数目相同，D的原子序数小于E，原子核外电子排布只能为1s22s22p4，则D为O元素，故E为Mg，而C的原子序数介于碳、氧之间，则C为N元素；F的基态原子的3d轨道电子数是4s电子数的4倍，4s电子只能有2个电子层，故原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d84s2，故F为Ni，G2+的3d轨道有9个电子，则G为Cu，据此解答【解答】解：A、B、C、D、E、F、G七种元素的原子序数依次增大其中B的基态原子有3个不同的能级，且各能级中的电子数相等，原子核外电子排布式为1s22s22p2，故B为碳元素；A
31、的最高正价和最低负价的绝对值相等，原子序数小于碳，故A为H元素；E的基态原子的s能级的电子总数与p能级的电子数相等，原子核外电子排布式为1s22s22p4或1s22s22p63s2，D的基态原子与B的基态原子的未成对电子数目相同，D的原子序数小于E，原子核外电子排布只能为1s22s22p4，则D为O元素，故E为Mg，而C的原子序数介于碳、氧之间，则C为N元素；F的基态原子的3d轨道电子数是4s电子数的4倍，4s电子只能有2个电子层，故原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d84s2，故F为Ni，G2+的3d轨道有9个电子，则G为Cu（1）D为O元素，处于周期表中的第二周期VIA族，
32、故答案为：第二周期VIA族；（2）G2+的3d轨道有9个电子，则G为Cu，原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s1，故答案为：1s22s22p63s23p63d104s1；（3）C、N、O同周期，随原子序数增大的第一电离能呈增大趋势，但N元素2p能级容纳3个电子，处于半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，故第一电离能由小到大的顺序为CON，故答案为：CON；（4）CA3为NH3，N原子形成3个NH键、含有1对孤对电子，N原子的杂化类型是sp3杂化，分子的立体构型是三角锥形，故答案为：sp3杂化；三角锥形；（5）向CuSO4（aq）中逐滴加入过量氨水，现
33、象是：先产生蓝色沉淀，后沉淀消失，生成深蓝色透明溶液，沉淀消失的离子反应方程式：Cu（OH）2+4NH3H2O=Cu（NH3）42+2OH+4H2O，故答案为：先产生蓝色沉淀，后沉淀消失，生成深蓝色透明溶液；Cu（OH）2+4NH3H2O=Cu（NH3）42+2OH+4H2O（6）某电池放电时的总反应为：Fe+Ni2O3+3H2OFe（OH）2+2Ni（OH）2，正极发生还原反应，该电池放电时的正极反应式：Ni2O3+3H2O+2e2Ni（OH）2+2OH，故答案为：Ni2O3+3H2O+2e2Ni（OH）2+2OH【点评】本题是对物质结构与性质的可知，涉及核外电子排布、电离能、杂化方式与空间
34、构型、配合物、原电池计算等，推断元素是解题关键，学生要熟练掌握基础知识并能迁移运用，难度中等9ClO2是一种国际上公认的安全无毒的绿色水处理剂回答下列问题：（1）工业废水的处理：某实验兴趣小组通过如图装置，利用稀硫酸、KClO3和草酸溶液制备ClO2，并用它来处理含Mn2+的工业废水A装置的名称是分液漏斗，C装置的作用为防倒吸B中反应产物有ClO2、CO2等，请写出该反应的化学方程式：H2C2O4+H2SO4+2KClO3=K2SO4+2CO2+2ClO2+2H2O写出装置D中除去Mn2+的离子方程式2ClO2+5 Mn2+6H2O=5 MnO2+2 Cl+12H+ClO2易溶于水用水吸收Cl
35、O2得到ClO2溶液为测定所得溶液中ClO2的含量，进行了下列实验：步骤1：准确量取ClO2溶液10.00mL，稀释成100.00mL试样；量取V1mL试样加入到锥形瓶中；步骤2：调节试样的pH2.0，加入足量的KI晶体，静置片刻；步骤3：加入淀粉指示剂，用c molL1 Na2S2O3溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液V2mL（已知2Na2S2O3+I2Na2S4O6+2NaI）滴定终点的判断依据是加到最后一滴时，溶液的颜色恰好由蓝色变为无色，且半分钟不变化原ClO2溶液的浓度为g/L（用步骤中的字母代数式表示）若实验中使用的Na2S2O3标准溶液部分因被氧气氧化而变质，则实验结果偏高（
36、填“偏高”、“偏低”或“无影响”）【考点】探究物质的组成或测量物质的含量【专题】定量测定与误差分析【分析】（1）熟悉仪器的形状说出其名称；依据C装置进气管、出气管都较短可知为安全瓶，防止倒吸；稀硫酸、KClO3和草酸溶液制备ClO2，发生氧化还原反应，草酸被氧化为二氧化碳，氯酸钾被还原为ClO2，结合原子守恒、电子守恒配平书写化学方程式；二氧化氯具有强的氧化性，能够氧化二价锰离子生成二氧化锰，本身被还原为氯离子；（2）加入的指示剂为淀粉，淀粉遇单质碘变蓝，则单质碘反应完，则溶液颜色由蓝色变为无色，达到滴定终点；根据关系式2ClO25I210Na2S2O3计算c（ClO2）；根据实验操作中滴定液
37、体积大小的影响来回答判断【解答】解；（1）A装置的名称是分液漏斗；依据C装置进气管、出气管都较短可知为安全瓶，防止倒吸；故答案为：分液漏斗； 防倒吸；用H2C204溶液、稀硫酸和KC103制备ClO2反应产物为二氧化氯、二氧化碳可稀释Cl02，草酸被氧化为二氧化碳，氯酸钾被还原为ClO2，反应的化学方程式为：H2C2O4+H2SO4+2KClO3=K2SO4+2CO2+2ClO2+2H2O，故答案为：H2C2O4+H2SO4+2KClO3=K2SO4+2CO2+2ClO2+2H2O；二氧化氯具有强的氧化性，能够氧化二价锰离子生成二氧化锰，本身被还原为氯离子，离子方程式：2ClO2+5 Mn2+
38、6H2O=5 MnO2+2 Cl+12H+；故答案为：2ClO2+5 Mn2+6H2O=5 MnO2+2 Cl+12H+；（2）加入的指示剂为淀粉，淀粉遇单质碘变蓝，则单质碘反应完，则溶液颜色由蓝色变为无色，半分钟不变化说明反应达到滴定终点，故答案为：加到最后一滴时，溶液的颜色恰好由蓝色变为无色，且半分钟不变化；设原ClO2溶液的浓度为x，准确量取ClO2溶液10.00mL，稀释成100.00mL试样，则浓度变为，2ClO25I210Na2S2O32mol 10molV1103mol 1103cV2molx=mol/L=67.5g/molmol/L=gL1，故答案为：；若实验中使用的Na2S2
39、O3标准溶液部分因被氧气氧化而变质，则相当于消耗的滴定液的体积偏大，所以测定结果偏大，故答案为：偏高【点评】本题考查实验方案的设计，同时考查学生分析问题、解决问题的能力，明确物质的性质是解本题关键，题目难度中等计算时要注意二氧化氯浓度的变化10菠萝酯F是一种具有菠萝香味的赋香剂，其合成路线如下：已知：（1）A的结构简式为，A中所含官能团的名称是醛基、碳碳双键；（2）由A生成B的反应类型是加成反应，E的某同分异构体只有一种相同化学环境的氢，该同分异构体的结构简式为；（3）写出D和E反应生成F的化学方程式；（4）结合题给信息，以溴乙烷和环氧乙烷为原料制备1丁醇，设计合成路线（其他试剂任选）合成路线
40、流程图示例：CH3CHOCH3COOHCH3COOCH2CH3【考点】有机物的合成【专题】有机推断；结构决定性质思想；演绎推理法；有机物的化学性质及推断【分析】根据题目所给信息，可知1，3丁二烯与丙烯醛发生加成反应反应生成A为，A与足量的氢气发生加成反应生成B为，B在HBr条件下发生取代反应生成C为，C与Mg在干醚的条件下得到，发生信息中反应得到，再发生催化氧化反应生成，被酸性高锰酸钾溶液溶液氧化生成D为，对比D与F的结构可知，D与CH2=CHCH2OH反应酯化反应得到F，故E为CH2=CHCH2OH（4）由转化关系中反应可知，溴乙烷与Mg在干醚的条件下得到CH3CH2MgBr，再与环氧乙烷在
41、酸性条件下得到1丁醇【解答】解：根据题目所给信息，可知1，3丁二烯与丙烯醛发生加成反应反应生成A为，A与足量的氢气发生加成反应生成B为，B在HBr条件下发生取代反应生成C为，C与Mg在干醚的条件下得到，发生信息中反应得到，再发生催化氧化反应生成，被酸性高锰酸钾溶液溶液氧化生成D为，对比D与F的结构可知，D与CH2=CHCH2OH反应酯化反应得到F，故E为CH2=CHCH2OH（1）由上述分析可知，A的结构简式为，所含官能团有：醛基、碳碳双键，故答案为：；醛基、碳碳双键；（2）由A生成B的反应类型属于加成反应，E为CH2=CHCH2OH，E的某同分异构体只有一种相同化学环境的氢，该同分异构体的结
42、构简式为：，故答案为：加成反应； （3）D和E反应生成F的化学方程式为：，故答案为：；（4）由转化关系中反应可知，溴乙烷与Mg在干醚的条件下得到CH3CH2MgBr，再与环氧乙烷在酸性条件下得到1丁醇，合成路线流程图为：，故答案为：【点评】本题考查有机物的推断与合成，成分利用转化关系中有机物的进行进行分析解答，较好的考查学生的分析推理能力、获取信息能力、知识迁移运用能力，难度中等11辉铜矿是一种重要的铜矿石，主要含有硫化亚铜（Cu2S），还有Fe2O3、SiO2及一些不溶性杂质一种以辉铜矿石为原料制备硝酸铜晶体的工艺流程如下：已知：部分金属阳离子生成氢氧化物沉淀的pH范围如下表所示（开始沉淀的
43、pH按金属离子浓度为1.0mol/L计算）离子开始沉淀的pH完全沉淀的pHFe3+1.13.2Mn2+8.39.8Cu2+4.46.4回答下列问题：（1）浸取后得到的浸出液中含有CuSO4、MnSO4写出浸取时产生CuSO4、MnSO4反应的化学方程式2MnO2+Cu2S+4H2SO4=S+2CuSO4+2MnSO4+4H2O（2）调节pH的目的是铁离子转化成氢氧化铁完全沉淀，pH的调节范围为3.2pH4.4（3）生成MnCO3沉淀的离子方程式为Mn2+NH3+HCO3=MnCO3+NH4+（4）操作A为蒸发浓缩、冷却结晶（5）由辉铜矿制取铜的反应过程可以表示为：2Cu2S（s）+3O2（g）
44、2Cu2O（s）+2SO2（g）H=768.2kJ/mol2Cu2O（s）+Cu2S（s）6Cu（s）+SO2（g）H=+116.0kJ/mol则由Cu2S与O2加热反应生成Cu的热化学方程式为Cu2S（s）+02（g）2Cu（s）+SO2（g）H=217.4kJmoll（6）若用含85%Cu2S（Mr=160）的辉铜矿来制备无水Cu（NO3）2，假设浸取率为95%，调节pH时损失Cu3%，蒸氨过程中有5%未转化为CuO，其它过程中无损耗，则1.6kg这样的辉铜矿最多能制备14.9mol无水Cu（NO3）2，还有Fe203、Si02及一些不溶性杂质，加入硫酸溶液及二氧化锰溶解浸取过滤，过滤得滤
45、渣，萃取回收硫单质；在滤液中调节溶液的pH值，使铁离子沉淀而除去，所以沉淀M为氢氧化铁，过滤在滤液中加碳酸氢铵和氨气得碳酸锰沉淀，将滤液进行蒸氨、过滤得氧化铜，氧化铜中加入硝酸，经过蒸发浓缩、降温结晶得到硝酸铜晶体，（1）反应物是二氧化锰、硫化铜和硫酸，生成物是S、硫酸铜、硫酸锰，根据化合价升降相等配平；（2）调节pH使铁离子沉淀，根据表中数据使铁离子溶液完全且不使铜离子沉淀判断pH值；（3）锰离子与碳酸氢根离子在氨水中生成碳酸锰沉淀和铵根离子；（4）根据上面的分析可知，操作A是从硝酸铜溶液中获得硝酸铜晶体，注意硝酸铜是受热能分解的物质，据此答题；（5）根据反应2Cu2S（s）+302 （g）
46、2Cu20（s）+2SO2（g）H=768.2kJmoll，2Cu20（s）+Cu2S（s）6Cu（s）+S02（g）H=+116O kJmoll，利用盖斯定律可知，将（+）3即得Cu2S与02加热反应生成Cu的热化学方程式；（6）根据铜元素守恒及n=计算出硝酸铜的物质的量【解答】解：辉铜矿主要含有硫化亚铜（Cu2S），还有Fe203、Si02及一些不溶性杂质，加入硫酸溶液及二氧化锰溶解浸取过滤，过滤得滤渣，萃取回收硫单质；在滤液中调节溶液的pH值，使铁离子沉淀而除去，所以沉淀M为氢氧化铁，过滤在滤液中加碳酸氢铵和氨气得碳酸锰沉淀，将滤液进行蒸氨、过滤得氧化铜，氧化铜中加入硝酸，经过蒸发浓缩、
47、降温结晶得到硝酸铜晶体，（1）反应物是二氧化锰、硫化铜和硫酸，生成物是S、硫酸铜、硫酸锰，反应方程式为2MnO2+Cu2S+4H2SO4=S+2CuSO4+2MnSO4+4H2O，故答案为：2MnO2+Cu2S+4H2SO4=S+2CuSO4+2MnSO4+4H2O；（2）调节pH使铁离子转化成氢氧化铁完全沉淀，根据表中数据使铁离子溶液完全，则3.2pH，且不使铜离子沉淀，则pH4.4，所以pH值范围为：3.2pH4.4，故答案为：铁离子转化成氢氧化铁完全沉淀；3.2pH4.4；（3）锰离子与碳酸氢根离子在氨水中生成碳酸锰沉淀和铵根离子，反应的离子方程式为Mn2+NH3+HCO3=MnCO3+
48、NH4+，故答案为：Mn2+NH3+HCO3=MnCO3+NH4+；（4）根据上面的分析可知，操作A是从硝酸铜溶液中获得硝酸铜晶体，注意硝酸铜是受热能分解的物质，所以操作A为蒸发浓缩、冷却结晶，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶；（5）根据反应2Cu2S（s）+302 （g）2Cu20（s）+2SO2（g）H=768.2kJmoll，2Cu20（s）+Cu2S（s）6Cu（s）+S02（g）H=+116O kJmoll，利用盖斯定律可知，将（+）3即得Cu2S与02加热反应生成Cu的热化学方程式为Cu2S（s）+02 （g）2Cu（s）+SO2（g）H=217.4kJmoll ，故答案为：Cu2S（s）+02 （g）2Cu（s）+SO2（g）H=217.4kJmoll；（6）1.6kg这样的辉铜矿含有Cu2S的质量为85%1.6kg，根据铜元素守恒可知，能生成Cu（N03）2的物质的量为：214.9mol，故答案为：14.9mol【点评】本题考查了制备方案的设计，题目难度中等，明确实验目的及化学实验基本操作方法为解答关键，注意掌握制备方案设计与评价的原则，试题知识点较多、综合性较强，充分培养了学生的分析、理解能力及化学实验、化学计算能力
