1、2016年上海市长宁区高考化学一模试卷一、选择题（本题共10分，每小题2分，只有一个正确选项，答案涂写在答题卷上）1下列有关化学用语或表达正确的是（）A三硝酸纤维素脂B硬酯酸钠C硝酸苯的结构简式：DNaCl晶体模型：2下列物质属于电解质的是（）ANa2OBSO3CNaCl溶液DCu3下列每组物质发生变化所克服的粒子间的作用力属于同种类型的是（）A氯化铵受热气化和苯的汽化B碘和干冰受热升华C二氧化硅和生石灰的熔化D氯化钠和铁的熔化4用普通圆底烧瓶将某卤化钠和浓硫酸加热至500制备纯净HX气体，则该卤化钠是（）ANaFBNaClCNaBrDNaI5加入少许下列一种物质，不能使溴水颜色显著变浅的是（
2、）AMg粉BKOH溶液CKI溶液DCCl4二.选择题（本题共36分，每小题3分，每题只有一个正确选项）6周期表中有如图所示的元素，下列叙述正确的是（）A47.87是丰度最高的钛原子的相对原子质量B钛原子的M层上共有10个电子C从价电子构型看，钛属于某主族元素D22为钛原子的质量数7下列有关物质性质和应用的因果关系正确的是（）A二氧化硫具有漂白性，能使氯水褪色B浓硫酸具有较强酸性，能使Cu转化为Cu2+C硅具有还原性，一定条件下能将铁从其氧化物中置换出来D二氧化锰具有强氧化性，能将双氧水氧化为氧气8某化合物由两种单质直接反应生成，将其加入Ba（HCO3）2溶液中同时有气体和沉淀产生下列化合物中符
3、合上述条件的是（）AAlCl3BNa2OCFeCl2DSiO29下列叙述正确的是（）A发生化学反应时失去电子越多的金属原子，还原能力越强B活泼非金属单质在氧化还原反应中只作氧化剂C阳离子只有氧化性，阴离子只有还原性D含有某元素最高价态的化合物不一定具有强氧化性10下列各物质或微粒性质的比较中正确的是（）A碳碳键键长：乙烯苯B密度：一氯乙烷一氯丁烷C热稳定性：NaHCO3Na2CO3H2CO3D沸点：H2OH2SH2Se11根据热化学方程式：S（s）+O2（g）SO2（g）+297.23kJ，下列说法正确的是（）A1 mol SO2 （g）的能量总和大于1 mo S（s）和1 mol O2（g）
4、的能量总和B加入合适的催化剂，可增加单位质量的硫燃烧放出的热量CS（g）+O2（g）SO2（g）+Q1 kJ；Q1的值大于297.23D足量的硫粉与标况下1升氧气反应生成1升二氧化硫气体时放出297.23 kJ热量12关于石油和石油化工的说法错误的是（）A石油大体上是由各种碳氢化合物组成的混合物B石油分馏得到的各馏分是由各种碳氢化合物组成的混合物C石油裂解和裂化的主要目的都是为了得到重要产品乙烯D实验室里，在氧化铝粉末的作用下，用石蜡可以制出汽油13下列各组物质混合后，再加热蒸干并在300时充分灼烧至质量不变，最终可能得到纯净物的是（）A向FeSO4溶液中通入Cl2B向KI和NaBr混合溶液中
5、通入Cl2C向NaAlO2溶液中加入HCl溶液D向NaHCO3溶液中加入Na2O2粉末14下列叙述中指定粒子数目一定大于NA的是（）A1L1mol/LCH3COOH溶液中所含分子总数B1molCl2参加化学反应获得的电子数C常温常压下，11.2LN2和NO的混合气体所含的原子数D28g铁在反应中作还原剂时，失去电子的数目15下列实验操作或装置（略去部分夹持仪器）正确的是（）A除去HCl中含有的少量Cl2B石油的蒸馏C制备乙酸乙酯D制备收集干燥的氨气16室温下，对于0.10molL1的氨水，下列判断正确的是（）A与AlCl3溶液反应发生的离子方程式为 Al3+3OHAl（OH）3B用HNO3溶液
6、完全中和后，溶液不显中性C加水稀释后，溶液中c（NH）c（OH）变大D1L0.1molL1的氨水中有6.021022个NH17某化学兴趣小组设计了下列实验，后记录如下：步骤现象铁表面产生大量无色气泡，液面上方变为红棕色铁表面产生少量红棕色气泡后，迅速停止铁、铜接触后，其表面均产生红棕色气泡下列说法中不正确的是（）A中气体由无色变红棕色的化学方程式为：2NO+O22NO2B中的现象说明Fe表面形成致密的氧化层，阻止Fe进一步反应C对比、中现象，说明稀HNO3的氧化性强于浓HNO3D针对III中现象，在Fe、Cu之间连接电流计，可判断Fe是否持续被氧化三、选择题（本题共20分，每小题4分，每小题有
7、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元素R、X、T、Z、Q在元素周期表中的相对位置如下表所示，其中R单质在暗处与H2剧烈化合并发生爆炸则下列判断正确的是（）A非金属性：ZTXBR与Q的电子数相差26C气态氢化物稳定性：RTQD最高价氧化物的水化物的酸性：RQ19下列叙述中一定正确的是（）A0.1mol/L的CH3COOH溶液中，由水电离出的c（H+）为1013 mol/LBpH=2与pH=1的CH3COOH溶液中c（H+）之比为1：10C仅含有Na+、H+、OH、CH3COO四种离子的某溶液中可能存在：c（Na+）c（
8、CH3COO）c（H+）c（OH）D1.0 molL1Na2CO3溶液：c（OH）=c（HCO3）+c（H+）+2c（H2CO3）20不饱和酯类化合物在药物、涂料等应用广泛下列化合物I的说法，正确的是（）A遇FeCl3溶液可能显紫色B可发生酯化反应和银镜反应C能与溴发生取代和加成反应D1mol化合物I最多能与2molNaOH反应21向等物质的量浓度的NaOH和Na2CO3的混合溶液中加入稀盐酸下列离子方程式可能与事实相符的是（）AOH+2CO32+3H+2HCO3+H2OB2OH+CO32+3H+HCO3+2H2OC2OH+CO32+4H+CO2+3H2ODOH+CO32+3H+CO2+2H2
9、O22两份质量相等的Na2O2和NaHCO3混合物，其中一份加入足量的盐酸充分反应后放出2.24L（标准状况）的气体；将这些气体通入另一份混合物中使其充分反应，气体体积变为2.016L（标准状况）则原混合物中Na2O2和NaHCO3的物质的量之比为（）A8：1B2：1C3：2D2：9四、非选择题：（共84分）23硅及其化合物广泛应用于太阳能的利用、光导纤维及硅橡胶的制备等纯净的硅是从自然界中的石英矿石（主要成分为SiO2）中提取高温下制取纯硅有如下反应（方法）：SiO2（s）+2C（s）Si（s）+2CO（g） Si（s）+2Cl2（g）SiCl4（g） SiCl4（g）+2H2（g）Si（s
10、）+4HCl（g）完成下列填空：（1）硅原子核外有 种不同能级的电子，最外层p电子有种自旋方向；SiO2晶体中每个硅原子与个氧原子直接相连（2）单质的还原性：碳硅（填写“同于”、“强于”或“弱于”）从平衡的视角而言，反应能进行的原因是（3）反应生成的化合物分子空间构型为；该分子为分子（填写“极性”或“非极性”）（4）某温度下，反应在容积为V升的密闭容器中进行，达到平衡时Cl2的浓度为a mol/L然后迅速缩小容器容积到0.5V升，t秒后重新达到平衡，Cl2的浓度为b mol/L则：ab（填写“大于”、“等于”或“小于”）（5）在t秒内，反应中反应速率v（SiCl4）=（用含a、b的代数式表示）
11、（6）工业上还可以通过如下反应制取纯硅（方法）：Si（粗）+3HCl（g） SiHCl3（l）+H2（g）+Q（Q0） SiHCl3（g）+H2（g）Si（纯）+3HCl（g）提高反应中Si（纯）的产率，可采取的措施有：、24活性炭吸附法是工业提碘的主要方法之一，其流程如下：完成下列填空：（1）酸性条件下，NaNO2溶液只能将I氧化为I2，同时生成NO写出反应的离子方程式（2）氯气、浓硝酸、酸性高锰酸钾等都是常用的强氧化剂，但工业上氧化卤水中的I选择了价格并不便宜的亚硝酸钠，可能的原因是（3）反应发生时，溶液底部有紫黑色固体生成，有时溶液上方产生紫色气体，产生这种现象的原因是（4）流程中，碘元
12、素经过了II2I、IO3I2的变化过程，这样反复操作的目的是（5）流程中所用的NaHSO3溶液显弱酸性，源于NaHSO3存在以下两种程度不同的平衡体系：水解和电离（用离子方程式表示）如向0.1mol/L的NaHSO3溶液中分别加入以下物质，回答问题：加入少量Ba（OH）2固体，水解平衡向移动；加入少量NaClO固体，溶液的pH（选填：增大、减小、不变）25为了测定实验室长期存放的Na2SO3固体的纯度，准确称取W g固体样品，配成250mL溶液设计了以下两种实验方案：方案I：取25.00mL上述溶液，加入足量的用过量盐酸酸化的BaCl2溶液，过滤、洗涤和干燥沉淀，称得沉淀的质量为m1g方案：取
13、25.00mL上述溶液，加入过量的盐酸酸化的Ba（NO3）2溶液，过滤、洗涤和干燥沉淀，称重，其质量为m2g（1）配制250mL Na2SO3溶液时，必须用到的实验仪器有：烧杯、玻棒、胶头滴管、药匙、（2）写出Na2SO3固体氧化变质的化学方程式（3）方案I加入过量的盐酸酸化的BaCl2溶液，目的是，在过滤前，需要检验是否沉淀完全，其操作是（4）方案I中，若滤液浑浊，将导致测定结果（选填“偏高”或“偏低”）（5）若操作正确，则m1 m2（选填“”、“”或“=”），原因是（6）取25.00mL上述溶液，用酸性KMnO4溶液滴定的方法测定Na2SO3的纯度已知酸性条件下，KMnO4通常被还原为Mn
14、2+，则Na2SO3固体的纯度可表示为：（注明你的表达式中所用的有关符号的含义和单位）26某化学兴趣小组制取氯酸钾和氯水并进行有关探究实验实验一制取氯酸钾和氯水利用如图所示的实验装置进行实验（1）制取实验结束后，取出B中试管冷却结晶，过滤，洗涤该实验操作过程需要的玻璃仪器有（2）若对调B和C装置的位置，（填“可能”或“不可能”）提高B中氯酸钾的产率实验二氯酸钾与碘化钾反应的研究（3）在不同条件下KClO3可将KI氧化为I2或KIO3该小组设计了系列实验研究反应条件对反应产物的影响，其中系列a实验的记录表如下（实验在室温下进行）：试管编号12340.20molL1KI/mL1.01.01.01.
15、0KClO3（s）/g0.100.100.100.106.0molL1H2SO4/mL03.06.09.0蒸馏水/mL9.06.03.00实验现象系列a实验的实验目的是设计1号试管实验的作用是若2号试管实验现象是溶液变为黄色，取少量该溶液加入溶液显蓝色实验三测定饱和氯水中氯元素的总量（4）根据下列资料，为该小组设计一个简单可行的实验方案（不必描述操作过程的细节）：资料：次氯酸会破坏酸碱指示剂；次氯酸或氯水可被SO2、H2O2和FeCl2等物质还原成Cl27扁桃酸衍生物是重要的医药中间体，以A和B为原料合成扁桃酸衍生物F路线如下：（1）A的分子式为C2H2O3，可发生银镜反应，且具有酸性，A所含
16、官能团名称为：（2）E是由2分子C生成的含有3个六元环的化合物，写出E的结构简式：（3）DF的反应类型是，1mol F在一定条件下与足量NaOH溶液反应，最多消耗NaOH的物质的量为：mol写出符合下列条件的F的所有同分异构体（不考虑立体异构）的结构简式：属于一元酸类化合物苯环上只有2个取代基且处于对位，其中一个是羟基（4）已知：A有多种合成方法，在方框中写出由乙酸合成A的路线流程图（其他原料任选）（合成路线常用的表示方式为：AB目标产物）28以烯烃为原料，合成某些高聚物的路线如下：已知：（或写成R代表取代基或氢）甲为烃F能与NaHCO3反应产生CO2请完成以下问题：（1）CH3CH=CHCH
17、3的名称是，Br2的CCl4溶液呈色（2）XY的反应类型为：；DE的反应类型为：（3）H的结构简式是（4）写出下列化学方程式：AB；ZW（5）化工生产表明高聚物H的产率不及设计预期，产率不高的原因可能是29绿矾（FeSO47H2O）在化学合成上用作还原剂及催化剂，工业上常用废铁屑溶于一定浓度的硫酸溶液制备绿矾（1）98% 1.84g/cm3的浓硫酸在稀释过程中，密度下降，当稀释至50%时，密度为1.4g/cm3，50%的硫酸物质的量浓度为（保留两位小数），50%的硫酸与30%的硫酸等体积混合，混合酸的浓度为（填、=）40%（2）实际生产用20%发烟硫酸（100克发烟硫酸含SO320克）配制稀硫
18、酸，若用SO3nH2O表示20%的发烟硫酸，则n=（保留两位小数）（3）某厂废水中含1.00103mol/L的Cr2O，其毒性较大某研究性学习小组为了变废为宝，将废水处理得到磁性材料Cr0.5Fe1.5FeO4 （Cr的化合价为+3，Fe的化合价依次为+3、+2）欲使1L该废水中的Cr2O完全转化为Cr0.5Fe1.5FeO4理论上需要加入g FeSO47H2O（4）硫酸亚铁铵（NH4）2SO4FeSO46H2O（俗称莫尔盐），较绿矾稳定，在分析化学中常用来配制Fe2+的标准溶液，用此Fe2+的标准溶液可以测定剩余稀硝酸的量现取8.64克Cu2S和CuS的混合物用200mL2mol/L稀硝酸溶
19、液处理，发生反应如下：10NO3+3Cu2S+16H+6Cu2+10NO+3SO42+8H2O8NO3+3CuS+8H+3Cu2+3 SO42+8NO+4H2O剩余的稀硝酸恰好与48mL 2mol/L （NH4）2Fe（SO4）2溶液完全反应已知：NO3+3Fe2+4H+NO+3Fe3+2H2O试计算混合物中CuS的质量分数（保留两位小数）2016年上海市长宁区高考化学一模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，只有一个正确选项，答案涂写在答题卷上）1下列有关化学用语或表达正确的是（）A三硝酸纤维素脂B硬酯酸钠C硝酸苯的结构简式：DNaCl晶体模型：【考点】电子式、化学式或
20、化学符号及名称的综合；结构简式【专题】化学用语专题【分析】A三硝酸纤维素脂中的“脂”错误；B硬脂酸钠为硬脂酸对应的钠盐，“酯”错误；C硝基苯为苯环上的一个氢原子钡硝基取代得到；D氯化钠的配位数是6【解答】解：A三硝酸纤维素脂正确书写为：三硝酸纤维素酯，属于酯类物质，故A错误；B硬酯酸钠中的“酯”错误，应该为硬脂酸钠，故B错误；C硝基苯为苯环上的一个氢原子钡硝基取代得到，结构简式：，故C正确；D氯化钠的配位数是6，氯化钠的晶体模型为，故D错误；故选C【点评】本题考查了常见化学用语的表示方法，题目难度不大，涉及晶体模型、结构简式、有机物名称等知识，明确常见化学用语的书写原则为解答关键，试题培养了学
21、生的规范答题能力2下列物质属于电解质的是（）ANa2OBSO3CNaCl溶液DCu【考点】电解质与非电解质【专题】电离平衡与溶液的pH专题【分析】在水溶液里或融融状态下能导电的化合物是电解质，在水溶液里或熔融状态下都不能导电的化合物是非电解质，无论是电解质还是非电解质都必须是化合物，据此分析【解答】解：ANa2O在熔融态时发生电离，是电解质，故A正确；BSO3的水溶液能够导电，但是导电离子不是SO3电离的，SO3属于非电解质，故B错误；CNaCl溶液是混合物，既不是电解质也不是非电解质，故C错误；DCu是单质，不是化合物，既不是电解质也不是非电解质，故D错误；故选A【点评】本题考查了电解质与非
22、电解质的判断，题目难度不大，注意掌握电解质与非电解质的概念及判断方法，明确单质和混合物既不是非电解质，也不是非电解质3下列每组物质发生变化所克服的粒子间的作用力属于同种类型的是（）A氯化铵受热气化和苯的汽化B碘和干冰受热升华C二氧化硅和生石灰的熔化D氯化钠和铁的熔化【考点】化学键和分子间作用力的区别【专题】化学键与晶体结构【分析】A氯化铵为离子晶体、苯为分子晶体；B碘和干冰都为分子晶体；C二氧化硅和生石灰分别属于原子晶体、离子晶体；D氯化钠和铁分别属于离子晶体、金属晶体【解答】解：A氯化铵属于离子晶体，需要克服离子键，苯属于分子晶体，需要克服分子间作用力，所以克服作用力不同，故A不选；B碘和干
23、冰受热升华，均破坏分子间作用力，故B选；C二氧化硅属于原子晶体，需要克服化学键，生石灰属于离子晶体，需要克服离子键，所以克服作用力不同，故C不选；D氯化钠属于离子晶体，熔化需要克服离子键，铁属于金属晶体，熔化克服金属键，所以克服作用力不相同，故D不选；故选B【点评】本题考查化学键及晶体类型，为高频考点，把握化学键的形成及判断的一般规律为解答的关键，侧重化学键破坏的考查，一般来说，活泼金属与非金属之间形成离子键，非金属之间形成共价键，但铵盐中存在离子键；由分子构成的物质发生三态变化时只破坏分子间作用力，但电解质的电离化学键断裂，题目难度不大4用普通圆底烧瓶将某卤化钠和浓硫酸加热至500制备纯净H
24、X气体，则该卤化钠是（）ANaFBNaClCNaBrDNaI【考点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用【专题】元素及其化合物【分析】浓硫酸具有强氧化性，能氧化某些强还原性的氢化物，氢氟酸能和二氧化硅反应，据此分析解答【解答】解：A玻璃中含有二氧化硅，氢氟酸和二氧化硅反应生成四氟化硅，所以不能用普通圆底烧瓶制取氟化氢，故A不选；B利用高沸点的酸制取挥发性酸原理，盐酸是挥发性酸，浓硫酸是高沸点酸，且氯化氢和玻璃不反应，所以可以用浓硫酸和氯化钠制取氯化氢，故B选；C溴化氢能被浓硫酸氧化而得不到溴化氢，故C不选；D碘化氢易被浓硫酸氧化生成碘单质而得不到碘化氢，故D不选；故选B【点评】本题考查了氢化物的制取
25、，明确氢化物和浓硫酸的性质是解本题关键，难度不大5加入少许下列一种物质，不能使溴水颜色显著变浅的是（）AMg粉BKOH溶液CKI溶液DCCl4【考点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用【专题】卤族元素【分析】溴与金属单质、碱均发生化学反应，溴水褪色，溴水与四氯化碳发生萃取，而溴水与KI发生反应生成碘，溶液颜色加深，以此来解答【解答】解：AMg与溴水反应生成无色溶液，颜色变浅，故A不选；BKOH与溴水反应生成无色溶液，颜色变浅，故B不选；C溴水与KI发生反应生成碘，溶液颜色加深，故C选；D溴水与四氯化碳发生萃取，使溴水颜色显著变浅，故D不选；故选C【点评】本题考查物质性质，为高考常见题型，侧重于学生
26、的分析能力、应用能力的考查，把握物质的性质、发生的反应和现象为解答该类题目的关键，题目难度不大二.选择题（本题共36分，每小题3分，每题只有一个正确选项）6周期表中有如图所示的元素，下列叙述正确的是（）A47.87是丰度最高的钛原子的相对原子质量B钛原子的M层上共有10个电子C从价电子构型看，钛属于某主族元素D22为钛原子的质量数【考点】元素周期表的结构及其应用【专题】元素周期律与元素周期表专题【分析】由图可知元素的相对分子质量为47.87，最后填充3d电子，为B族元素，22为原子序数，以此来解答【解答】解：A.47.87是元素的相对分子质量，故A错误；B钛原子的M层上共有2+6+2=10个电
27、子，故B正确；C最后填充3d电子，为副族元素，故C错误；D.22为原子的原子序数，故D错误；故选B【点评】本题考查元素周期表的结构及应用，为高频考点，把握元素的相对原子质量、电子排布与元素位置的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大7下列有关物质性质和应用的因果关系正确的是（）A二氧化硫具有漂白性，能使氯水褪色B浓硫酸具有较强酸性，能使Cu转化为Cu2+C硅具有还原性，一定条件下能将铁从其氧化物中置换出来D二氧化锰具有强氧化性，能将双氧水氧化为氧气【考点】二氧化硫的化学性质；浓硫酸的性质；硅和二氧化硅【专题】元素及其化合物【分析】A二氧化硫具有还原性，能够与氯水反应生成硫酸和
28、盐酸；B依据铜与浓硫酸反应中硫元素化合价变化判断浓硫酸的性质；C依据硅化合价判断；D过氧化氢分解生成氧气和水，反应中二氧化锰起催化作用【解答】解：A二氧化硫与氯水反应生成硫酸和盐酸，使氯水褪色，体现二氧化硫的还原性，与漂白性无关，故A错误；B铜与浓硫酸反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，硫酸中部分硫元素化合价降低、部分化合价不变，浓硫酸表现强的氧化性和酸性，使铜化合价升高体现浓硫酸的强的氧化性，故B错误；C硅单质中硅化合价为0，处于低价，一定条件下能将铁从其氧化物中置换出来，体现其还原性，故C正确；D过氧化氢分解生成氧气和水，反应中二氧化锰起催化作用，故D错误；故选：C【点评】本题考查了元素化合物性
29、质，熟悉二氧化硫、浓硫酸、硅、过氧化氢性质是解题关键，注意催化剂参加反应，题目难度不大8某化合物由两种单质直接反应生成，将其加入Ba（HCO3）2溶液中同时有气体和沉淀产生下列化合物中符合上述条件的是（）AAlCl3BNa2OCFeCl2DSiO2【考点】真题集萃；盐类水解的应用；钠的重要化合物；镁、铝的重要化合物；铁的氧化物和氢氧化物【分析】选项中物质只有FeCl2不能由两种单质直接反应生成，且SiO2与Ba（HCO3）2不反应，Na2O与Ba（HCO3）2溶液反应不生成气体，以此来解答【解答】解：AAl与氯气化合生成AlCl3，AlCl3与Ba（HCO3）2溶液反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化
30、碳气体，故A正确；B钠与氧气反应生成氧化钠，但Na2O与Ba（HCO3）2溶液反应不生成气体，只生成碳酸钡沉淀，故B错误；CFe与氯气化合生成FeCl3，故C错误；DSi与氧气化合生成SiO2，但SiO2与Ba（HCO3）2不反应，故D错误；故选A【点评】本题为2015年山东高考题，侧重元素化合物知识及反应原理的考查，把握物质的性质、发生的反应为解答的关键，注意选项A中相互促进水解反应，题目难度不大9下列叙述正确的是（）A发生化学反应时失去电子越多的金属原子，还原能力越强B活泼非金属单质在氧化还原反应中只作氧化剂C阳离子只有氧化性，阴离子只有还原性D含有某元素最高价态的化合物不一定具有强氧化性
31、【考点】氧化还原反应【专题】氧化还原反应专题【分析】A、还原能力的强弱和失电子的难易有关和失电子的数目无关；B、氯气与水反应既是氧化剂又是还原剂；C、根据离子中某元素的化合价来分析其氧化性或还原性；D、根据常见元素的化合价来分析元素的氧化性【解答】解：A、还原能力的强弱和失电子的难易有关而和失电子的数目无关，如金属钠和金属铁的还原能力是金属钠强于金属铁，故A错误；B、氯气与水反应生成盐酸和次氯酸既是氧化剂又是还原剂，所以活泼非金属单质在氧化还原反应中不一定只作氧化剂，故B错误；C、最高价态的阳离子一般具有氧化性，如Fe3+；最低价的阴离子具有还原性，如I；但Fe2+、SO32都既有氧化性又有还
32、原性，故C错误；D、含最高价元素的化合物，如碳酸钠中碳元素为最高价，却不具有强氧化性，故D正确；故选D【点评】本题考查氧化还原反应中氧化性、还原性、氧化、还原反应，学生应学会利用化合价来分析问题，并能举出常见的例子来解答此类习题10下列各物质或微粒性质的比较中正确的是（）A碳碳键键长：乙烯苯B密度：一氯乙烷一氯丁烷C热稳定性：NaHCO3Na2CO3H2CO3D沸点：H2OH2SH2Se【考点】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】A苯中的碳碳键介于单键与双键之间；B氯代烃中C原子个数越多，密度越大；C碳酸钠加热不分解，碳酸氢钠加热分解，碳酸常温下分解；D水
33、中含氢键，同类型分子相对分子质量大的沸点高【解答】解：A苯中的碳碳键介于单键与双键之间，则碳碳键键长：乙烯苯，故A错误；B氯代烃中C原子个数越多，密度越大，则密度：一氯乙烷一氯丁烷，故B正确；C碳酸钠加热不分解，碳酸氢钠加热分解，碳酸常温下分解，则稳定性为热稳定性：Na2CO3NaHCO3H2CO3，故C错误；D水中含氢键，同类型分子相对分子质量大的沸点高，则沸点为H2OH2SeH2S，故D错误；故选B【点评】本题考查物质性质及微粒性质比较，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力、应用能力的考查，把握性质比较的方法和角度为解答该类题目的关键，注意规律性知识的应用，题目难度不大11根据热化学方程式
34、：S（s）+O2（g）SO2（g）+297.23kJ，下列说法正确的是（）A1 mol SO2 （g）的能量总和大于1 mo S（s）和1 mol O2（g）的能量总和B加入合适的催化剂，可增加单位质量的硫燃烧放出的热量CS（g）+O2（g）SO2（g）+Q1 kJ；Q1的值大于297.23D足量的硫粉与标况下1升氧气反应生成1升二氧化硫气体时放出297.23 kJ热量【考点】反应热和焓变【专题】化学反应中的能量变化【分析】放热反应中，反应物的总能量高于产物，物质由固态转变成气态要吸收热量，放热反应中反应物的总能量大于生成物的总能量，据此分析【解答】解：A、放热反应中反应物的总能量大于生成物的
35、总能量，所以1 mol SO2（g）的能量总和小于1 mol S（s）和1 mol O2（g）的能量总和，故A错误；B、加入合适的催化剂不会影响反应焓变，即单位质量的硫燃烧放出的热量不变，故B错误；C、因物质由固态转变成气态也要吸收热量，所以S（g）+O2（g）=SO2（g）的反应热的数值大于297.23kJmol1，故C正确；D、热化学方程式的系数只表示物质的量，不变时体积数，故D错误；故选C【点评】本题主要考查了化学反应中反应热的计算，反应物的总能量与生成物的总能量相对大小的判断，需要注意的是物质三态之间的转变也存在能量的变化12关于石油和石油化工的说法错误的是（）A石油大体上是由各种碳氢
36、化合物组成的混合物B石油分馏得到的各馏分是由各种碳氢化合物组成的混合物C石油裂解和裂化的主要目的都是为了得到重要产品乙烯D实验室里，在氧化铝粉末的作用下，用石蜡可以制出汽油【考点】石油的分馏产品和用途；石油的裂化和裂解【专题】有机化合物的获得与应用【分析】A石油含有多种烃；B混合物是指由多种物质组成的物质；C裂化就是在一定的条件下，将相对分子质量较大、沸点较高的烃断裂为相对分子质量较小、沸点较低的烃的过程裂解是石油化工生产过程中，以比裂化更高的温度（700800，有时甚至高达1000以上），使石油分馏产物（包括石油气）中的长链烃断裂成乙烯、丙烯等短链烃的加工过程；D氧化铝粉末是石蜡裂化的催化剂
37、【解答】解：A石油是由多种碳氢化合物组成的混合物，故A正确；B分馏石油得到的各个馏分为烃类物质的混合物，故B正确；C裂化和裂解都是由一种大分子的烃在高温无氧下变成小分子烃的复杂分解反应的过程，石油裂化的目的是为了提高轻质液体燃料（汽油，煤油，柴油等）的产量，特别是提高汽油的产量，裂解的目的是为了获得乙烯、丙烯、丁二烯、丁烯、乙炔等，故C错误；D氧化铝粉末是石蜡裂化的催化剂，可加快反应速率，故D正确；故选C【点评】本题考查了石油的综合利用，题目比较基础，难度不大，涉及石油的催化、裂化、石油化工产品等知识，注意基础知识的积累13下列各组物质混合后，再加热蒸干并在300时充分灼烧至质量不变，最终可能
38、得到纯净物的是（）A向FeSO4溶液中通入Cl2B向KI和NaBr混合溶液中通入Cl2C向NaAlO2溶液中加入HCl溶液D向NaHCO3溶液中加入Na2O2粉末【考点】氯气的化学性质；钠的重要化合物；镁、铝的重要化合物【专题】卤族元素；几种重要的金属及其化合物【分析】A根据硫酸难挥发，盐酸易挥发，FeSO4溶液和过量Cl2反应生成Fe2（SO4）3和FeCl3，Fe2（SO4）3再加热蒸干得到硫酸铁；FeCl3再加热蒸干，得到后氢氧化铁来解答；B根据KI、NaBr在高温下不会分解，氯气会把碘和溴氧化出来，最终碘和溴和水挥发，只剩KCl、NaCl来解答； C向NaAlO2溶液中加入HCl溶液反
39、应生成氢氧化铝和氯化钠，过量时生成氯化钠和氯化铝溶液，加热蒸发得到氢氧化铝和氯化钠；D1mol过氧化钠与水反应生成2mol氢氧化钠，氢氧化钠与碳酸氢钠按1：1恰好反应生成碳酸钠【解答】解：AFeSO4溶液和过量Cl2反应生成Fe2（SO4）3和FeCl3，Fe2（SO4）3加热水解生成氢氧化铁和硫酸，硫酸难挥发，再加热蒸干并在300时充分灼烧至质量不变得到硫酸铁；FeCl3加热水解生成氢氧化铁和氯化氢，灼烧后氢氧化铁分解产生氧化铁和水，所以得到的是Fe2（SO4）3和Fe2O3混合物，故A错误；B因KI NaBr在高温下不会分解，氯气会把碘和溴氧化出来，加热蒸干、灼烧至质量不变，碘升华，溴和水
40、挥发，加热蒸干、灼烧，残留固体为KCl、NaCl混合物，故B错误；C向NaAlO2溶液中加入适量HCl溶液反应生成氢氧化铝和氯化钠，过量时生成氯化钠和氯化铝溶液，加热蒸发得到氢氧化铝和氯化钠混合物，加热蒸干、灼烧，残留固体为氧化铝和氯化钠，故C错误；D1mol过氧化钠与水反应生成2mol氢氧化钠，2mol氢氧化钠与2mol碳酸氢钠按恰好反应生成碳酸钠，加热蒸干、灼烧，残留固体为碳酸钠，故D正确；故选D【点评】本题考查了物质性质的应用，物质反应量不同产物不同，水解的盐蒸干溶液得到水解产物还是原溶质取决于水解生成物的挥发性，盐的性质，题目难度中等14下列叙述中指定粒子数目一定大于NA的是（）A1L
41、1mol/LCH3COOH溶液中所含分子总数B1molCl2参加化学反应获得的电子数C常温常压下，11.2LN2和NO的混合气体所含的原子数D28g铁在反应中作还原剂时，失去电子的数目【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醋酸为弱电解质，部分电离，醋酸溶液中含有大量的水分子；B氯气与铁反应生成氯化铁，与水反应生成氯化氢和次氯酸；C常温常压Vm22.4L/mol；D铁做还原剂，氧化产物可能为二价铁或者三价铁离子【解答】解：A.1L1mol/LCH3COOH溶液中含有醋酸分子和大量的水分子，所含分子总数大于NA，故A正确；B氯气与铁反应生成氯化铁，与水反应生成氯化氢
42、和次氯酸，两种情况下，1molCl2参加反应转移电子数转移电子数可能等于1NA或者2NA，故B错误；C常温常压Vm22.4L/mol，则11.2LN2和NO的混合气体所含的分子数小于0.5mol，含有的原子数小于0.5mol2=1mol，故C错误；D铁做还原剂，氧化产物可能为二价铁或者三价铁离子，所以28g铁在反应中作还原剂时，失去电子的数目可能为1NA或者1.5NA，故D错误；故选：A【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，注意明确标况下气体摩尔体积的使用条件，掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系是解题关键，注意铁、氯气在反应中表现的性质15下列实验操
43、作或装置（略去部分夹持仪器）正确的是（）A除去HCl中含有的少量Cl2B石油的蒸馏C制备乙酸乙酯D制备收集干燥的氨气【考点】化学实验方案的评价【专题】化学实验基本操作【分析】A氯气在饱和食盐水中的溶解度较低； B温度计测量蒸气的温度；C制备乙酸乙酯可直接加热；D可用浓氨水和生石灰制备氨气，导管应插入试管底部【解答】解：A氯气在饱和食盐水中的溶解度较低，可除掉氯化氢，故A正确； B温度计测量蒸气的温度，应与蒸馏烧瓶支管口处相平，故B错误；C制备乙酸乙酯可直接加热，不需要水浴加热，故C错误；D可用浓氨水和生石灰制备氨气，氨气的密度比空气小，用向下排空法收集，但导管应插入试管底部，故D错误故选A【点
44、评】本题考查较为综合，涉及气体的制备、物质的分离等知识，为高频考点，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握实验的严密性和可行性的评价，难度不大16室温下，对于0.10molL1的氨水，下列判断正确的是（）A与AlCl3溶液反应发生的离子方程式为 Al3+3OHAl（OH）3B用HNO3溶液完全中和后，溶液不显中性C加水稀释后，溶液中c（NH）c（OH）变大D1L0.1molL1的氨水中有6.021022个NH【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡【专题】电离平衡与溶液的pH专题【分析】A弱电解质要写化学式，且氢氧化铝不溶于弱碱；B硝酸铵是强酸弱碱盐，其溶液呈酸性；C加水稀释促进一水合氨电
45、离，但铵根离子、氢氧根离子浓度都减小；D一水合氨是弱电解质，在氨水中部分电离【解答】解：A一水合氨是弱电解质，离子方程式中要写化学式，该反应的离子方程式为：Al3+3NH3H2OAl（OH）3+3NH4+，故A错误；B含有弱根离子的盐，谁强谁显性，硝酸铵是强酸弱碱盐，所以其溶液呈酸性，故B正确；C加水稀释促进一水合氨电离，但铵根离子、氢氧根离子浓度都减小，所以c（NH4+）c（OH）减小，故C错误；D一水合氨是弱电解质，在氨水中部分电离，所以1L0.1molL1的氨水中NH4+的数目小于6.021022，故D错误；故选B【点评】本题考查弱电解质的电离、离子方程式的书写、盐类的水解等知识点，根据
46、盐类水解特点、弱电解质的电离特点、离子方程式的书写规则来分析解答即可，难度不大17某化学兴趣小组设计了下列实验，后记录如下：步骤现象铁表面产生大量无色气泡，液面上方变为红棕色铁表面产生少量红棕色气泡后，迅速停止铁、铜接触后，其表面均产生红棕色气泡下列说法中不正确的是（）A中气体由无色变红棕色的化学方程式为：2NO+O22NO2B中的现象说明Fe表面形成致密的氧化层，阻止Fe进一步反应C对比、中现象，说明稀HNO3的氧化性强于浓HNO3D针对III中现象，在Fe、Cu之间连接电流计，可判断Fe是否持续被氧化【考点】化学实验方案的评价【专题】电化学专题【分析】A硝酸具有强氧化性，与Fe反应生成NO
47、，NO遇空气变为二氧化氮；B浓硝酸具有强氧化性，Fe表面形成致密的氧化层，发生钝化现象；C对比I、的现象，Fe与稀硝酸反应生成NO，而Fe与浓硝酸反应生成二氧化氮且迅速被钝化，说明浓硝酸的氧化性强于稀硝酸；D根据中现象，说明构成原电池，在Fe、Cu之间连接电流计，通过电流计指针偏转，可以判断原电池的正负极【解答】解：A稀硝酸具有酸性与强氧化性，与Fe反应生成NO，NO遇空气变为二氧化氮，中气体由无色变红棕色的化学方程式：2NO+O22NO2，故A正确；B的现象是因为铁发生了钝化，Fe表面形成致密的氧化层，阻止Fe进一步反应，故B正确；C对比I、的现象，Fe与稀硝酸反应生成NO，而Fe与浓硝酸反
48、应生成二氧化氮且迅速被钝化，说明浓硝酸的氧化性强于稀硝酸，故C错误；D根据中现象，说明构成原电池，在Fe、Cu之间连接电流计，通过电流计指针偏转，可以判断原电池的正负极，进而判断Fe是否被氧化，故D正确，故选C【点评】本题考查硝酸的化学性质、原电池原理，为高频考点，难度不大，侧重考查学生分析解决问题的能力，注意把握硝酸的性质三、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元素R、X、T、Z、Q在元素周期表中的相对位置如下表所示，其中R单质在暗处与H2剧烈化合并发生爆炸则下列判断正确的是
49、（）A非金属性：ZTXBR与Q的电子数相差26C气态氢化物稳定性：RTQD最高价氧化物的水化物的酸性：RQ【考点】位置结构性质的相互关系应用；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】R单质在暗处与H2剧烈化合并发生爆炸，R为F元素，由元素在周期表中的位置可知，T为Cl元素，Q为Br元素，X为S元素，Z为Ar元素，结合元素周期律解答【解答】解：R单质在暗处与H2剧烈化合并发生爆炸，R为F元素，由元素在周期表中的位置可知，T为Cl元素，Q为Br元素，X为S元素，Z为Ar元素，AZ为Ar元素，最外层为稳定结构，金属性与非金属性在同周期中最弱，同周期自左而右金属性减弱
50、，故非金属性ZXT，故A错误；BR为F元素，Q为Br元素，原子序数相差26，故B正确；C同主族自上而下，非金属性减弱，故非金属性FClBr，非金属性越强，气态氢化物越稳定，故稳定性HFHClHBr，故C错误；DR不存在最高价氧化物的水化物，故D错误；故选B【点评】本题考查位置、结构、性质的关系及应用，为高频考点，把握元素的位置、元素性质比较方法及元素周期律为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意F的推断为解答的突破口，题目难度不大19下列叙述中一定正确的是（）A0.1mol/L的CH3COOH溶液中，由水电离出的c（H+）为1013 mol/LBpH=2与pH=1的CH3COOH溶液中c（
51、H+）之比为1：10C仅含有Na+、H+、OH、CH3COO四种离子的某溶液中可能存在：c（Na+）c（CH3COO）c（H+）c（OH）D1.0 molL1Na2CO3溶液：c（OH）=c（HCO3）+c（H+）+2c（H2CO3）【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；水的电离；盐类水解的原理；离子浓度大小的比较【专题】电离平衡与溶液的pH专题；盐类的水解专题【分析】A先计算溶液中c（OH），c（OH）就等于溶液中水电离出的c（H+）；Bc（H+）=10pH；C溶液呈电中性，根据电荷守恒分析；D根据物料守恒和电荷守恒分析【解答】解：A.0.1mol/L的CH3COOH溶液中c（H+）0.1m
52、ol/L，则c（OH）1013 mol/L，所以由水电离出的c（H+）大于1013 mol/L，故A错误；Bc（H+）=10pH，所以pH=2与pH=1的CH3COOH溶液中c（H+）之比=102：101=1：10，故B正确；C溶液呈电中性，溶液中阴阳离子所带电荷相等，所以c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO）+c（OH），如果c（Na+）c（CH3COO），则c（H+）c（OH），故C错误；D根据物料守恒得c（Na+）=2c（HCO3）+2c（H2CO3）+2c（CO3 2 ），根据电荷守恒得c（Na+）+c（H+）=c（OH）+c（HCO3）+2c（CO3 2 ），所以得c（OH）=
53、c（HCO3）+c（H+）+2c（H2CO3），故D正确；故选BD【点评】本题考查弱电解质的电离、离子浓度大小的比较等知识点，根据物料守恒和电荷守恒来分析解答，难度不大20不饱和酯类化合物在药物、涂料等应用广泛下列化合物I的说法，正确的是（）A遇FeCl3溶液可能显紫色B可发生酯化反应和银镜反应C能与溴发生取代和加成反应D1mol化合物I最多能与2molNaOH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】该有机物中含有苯环、酚羟基、碳碳双键和酯基，具有苯、酚、烯烃和酯的性质，能发生加成反应、还原反应、取代反应、氧化反应、显色反应、加聚反应、水解反应等，据此分析解答【解答
54、】解：A含有酚羟基，所以具有酚的性质，能与氯化铁溶液发生显色反应，故A正确；B不含醛基，所以不能发生银镜反应，故B错误；C含有酚羟基且苯环上酚羟基邻对位含有氢原子，含有碳碳双键，所以能与溴发生取代反应和加成反应，故C正确；D酚羟基和酯基水解生成的羧基能与氢氧化钠反应，所以1mol化合物I最多能与3molNaOH反应，故D错误；故选AC【点评】本题考查有机物结构和性质，为高频考点，明确官能团及其性质关系是解本题关键，侧重考查酚、烯烃性质，注意苯酚和溴发生取代反应时的取代位置，为易错点21向等物质的量浓度的NaOH和Na2CO3的混合溶液中加入稀盐酸下列离子方程式可能与事实相符的是（）AOH+2C
55、O32+3H+2HCO3+H2OB2OH+CO32+3H+HCO3+2H2OC2OH+CO32+4H+CO2+3H2ODOH+CO32+3H+CO2+2H2O【考点】离子方程式的书写【专题】离子反应专题【分析】等物质的量浓度的NaOH和Na2CO3的混合溶液中含有氢氧化钠与碳酸钠的物质的量相等，稀盐酸加入到NaOH和Na2CO3的混合溶液中，盐酸先与氢氧化钠发生酸碱中和，剩余的盐酸再与碳酸钠发生反应，盐酸少量时发生反应CO32+H+=HCO3，盐酸过量时发生反应：CO32+2H+=CO2+H2O，以此来解答【解答】解：A设NaOH和Na2CO3的物质的量都为1mol，则加入盐酸少量，先发生反应
56、：OH+H+H2O，1mol氢氧化钠消耗1mol盐酸，再发生反应CO32+H+HCO3，将两个方程式相加得：OH+CO32+2H+HCO3+H2O，故A错误；B设NaOH和Na2CO3的物质的量都为2mol，则加入盐酸少量，先发生反应：2OH+2H+2H2O，2mol氢氧化钠消耗2mol盐酸，再发生反应CO32+H+HCO3，盐酸不足之消耗1mol碳酸钠，将两个方程式相加得：2OH+CO32+3H+HCO3+2H2O，故B正确；C设NaOH和Na2CO3的物质的量都为2mol，2mol氢氧化钠消耗2mol氢离子，剩余2mol氢离子与2mol碳酸钠反应生成2mol碳酸氢根离子，离子方程式应为2O
57、H+2CO32+4H+2HCO3+2H2O，即OH+CO32+2H+HCO3+H2O，故C错误；D设NaOH和Na2CO3的物质的量都为1mol，则加入盐酸过量，先发生反应：OH+H+H2O，1mol氢氧化钠消耗1mol盐酸，再发生反应CO32+2H+CO2+H2O，将两个方程式相加得：OH+CO32+3H+CO2+2H2O，故D正确；故选BD【点评】本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握反应的先后顺序、与量有关的离子反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大22两份质量相等的Na2O2和NaHCO3混合物，其中一份加入足量的盐酸充分反应后放出2.24L（标准状况
58、）的气体；将这些气体通入另一份混合物中使其充分反应，气体体积变为2.016L（标准状况）则原混合物中Na2O2和NaHCO3的物质的量之比为（）A8：1B2：1C3：2D2：9【考点】有关混合物反应的计算【专题】利用化学方程式的计算【分析】第一份发生反应为：2Na2O2+4HCl=4NaCl+2H2O+O2、NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2，生成气体2.24L为O2、CO2，将第一份生成的气体，通入第二份Na2O2的NaHCO3的混合粉末，发生反应：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，导致气体体积减小，讨论二氧化碳是否过量，结合方程式计算过氧化钠、碳酸氢钠的物质的量，据
59、此进行解答【解答】解：2.24L混合气体的物质的量为： =0.1mol，2.016L气体的物质的量为： =0.09mol，2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2 气体物质的量减少n2 2 1n m 0.1mol0.09mol=0.01mol则n=m=0.02mol，若CO2完全反应，则第一份生成CO2的物质的量为0.02mol，O2的物质的量为：0.1mol0.02mol=0.08mol， 2Na2O2 +4HCl=4NaCl+2H2O+O20.16mol 0.08molNaHCO3 +HCl=NaCl+H2O+CO20.02mol 0.02mol所以Na2O2为0.16mol，NaHC
60、O3为0.02mol，则原混合物中Na2O2和NaHCO3的物质的量之比为0.16mol：0.02mol=8：1；若CO2有剩余，则Na2O2的物质的量为：0.02 mol，2Na2O2 +4HCl=4NaCl+2H2O+O20.02mol 0.01mol则第一份生成O2的为0.01mol，所以CO2的物质的量为：0.1mol0.01mol=0.09mol，NaHCO3 +HCl=NaCl+H2O+CO20.09mol 0.09mol所以Na2O2为0.02mol，NaHCO3为0.09mol，则原混合物中Na2O2和NaHCO3的物质的量之比为0.02mol：0.09mol=2：9，故选AD
61、【点评】本题考查混合物反应的计算，题目难度中等，关键讨论二氧化碳与过氧化钠过量反应，注意过氧化钠与盐酸的反应情况，侧重考查学生的分析理解能力及化学计算能力四、非选择题：（共84分）23硅及其化合物广泛应用于太阳能的利用、光导纤维及硅橡胶的制备等纯净的硅是从自然界中的石英矿石（主要成分为SiO2）中提取高温下制取纯硅有如下反应（方法）：SiO2（s）+2C（s）Si（s）+2CO（g） Si（s）+2Cl2（g）SiCl4（g） SiCl4（g）+2H2（g）Si（s）+4HCl（g）完成下列填空：（1）硅原子核外有5 种不同能级的电子，最外层p电子有1种自旋方向；SiO2晶体中每个硅原子与4个
62、氧原子直接相连（2）单质的还原性：碳弱于硅（填写“同于”、“强于”或“弱于”）从平衡的视角而言，反应能进行的原因是因为生成物CO为气态，降低CO的浓度，可使平衡正向移动（3）反应生成的化合物分子空间构型为；该分子为非极性分子（填写“极性”或“非极性”）（4）某温度下，反应在容积为V升的密闭容器中进行，达到平衡时Cl2的浓度为a mol/L然后迅速缩小容器容积到0.5V升，t秒后重新达到平衡，Cl2的浓度为b mol/L则：a小于b（填写“大于”、“等于”或“小于”）（5）在t秒内，反应中反应速率v（SiCl4）=（用含a、b的代数式表示）（6）工业上还可以通过如下反应制取纯硅（方法）：Si（粗
63、）+3HCl（g） SiHCl3（l）+H2（g）+Q（Q0） SiHCl3（g）+H2（g）Si（纯）+3HCl（g）提高反应中Si（纯）的产率，可采取的措施有：降低压强、升高温度（或及时分离出HCl等）【考点】原子核外电子排布；化学平衡的影响因素；硅和二氧化硅【专题】原子组成与结构专题；化学平衡专题【分析】（1）根据硅原子电子排布式：1s22s22p63s23p2确定能级，根据洪特确定自旋方向；SiO2晶体中每个硅原子与4个氧原子形成4个SiO共价键；（2）非金属性越强，单质的氧化性越强；减少生成物的浓度，平衡正向移动；（3）四氯化硅是正四面体结构，分子结构对称的是非极性分子；（4）体积减
64、小，压强增大，平衡正向移动，氯气的物质的量减小，但体积减小更大，浓度增大；（5）根据v=来求出氯气的速率，再根据速率之比等于化学计量数之比来解答；（6）降低压强向体积增大的方向移动，升高温度向吸热方向移动，减少生成物的浓度，平衡正向移动【解答】解：（1）硅原子电子排布式：1s22s22p63s23p2，核外有5种不同能级的电子，当电子排布在同一能级的不同轨道时，基态原子中的电子总是优先占据不同轨道，而且自旋方向相同，最外层的p电子有1种自旋方向；SiO2晶体中每个硅原子与4个氧原子形成4个SiO共价键；故答案为：5；1；4；（2）非金属性越强单质的氧化性越强，碳的还原性弱于硅；减少生成物CO的
65、浓度，平衡正向移动；故答案为：弱于；因为生成物CO为气态，降低CO的浓度，可使平衡正向移动；（3）四氯化硅是正四面体结构，SiCl4分子结构对称结构，属于非极性分子；故答案为：正四面体型；非极性；（4）体积减小，压强增大，平衡正向移动，氯气的物质的量减小，但体积减小更大，浓度增大；故答案为：小于；（5）氯气的反应速率v（Cl2）=mol/（Ls），v（SiCl4）=v（Cl2）=mol/（Ls）；故答案为： mol/（Ls）；（6）降低压强；升高温度；及时分离出HCl使平衡正向移动；故答案为：降低压强；升高温度（或及时分离出HCl等）【点评】本题涉及知识点较多，考查原子结构、还原性比较、电子式
66、和平衡移动、化学反应速率等，难度中等，注意掌握平衡移动原理是解题的关键24活性炭吸附法是工业提碘的主要方法之一，其流程如下：完成下列填空：（1）酸性条件下，NaNO2溶液只能将I氧化为I2，同时生成NO写出反应的离子方程式2NO2+4H+2I2NO+I2+2H2O（2）氯气、浓硝酸、酸性高锰酸钾等都是常用的强氧化剂，但工业上氧化卤水中的I选择了价格并不便宜的亚硝酸钠，可能的原因是氯气、浓硝酸、酸性高锰酸钾等氧化性太强，还能继续氧化碘单质（3）反应发生时，溶液底部有紫黑色固体生成，有时溶液上方产生紫色气体，产生这种现象的原因是碘在水中的溶解度不大，且易升华（4）流程中，碘元素经过了II2I、IO
67、3I2的变化过程，这样反复操作的目的是富集碘元素（5）流程中所用的NaHSO3溶液显弱酸性，源于NaHSO3存在以下两种程度不同的平衡体系：水解HSO3+H2OH2SO3+OH和电离HSO3SO32+H+（用离子方程式表示）如向0.1mol/L的NaHSO3溶液中分别加入以下物质，回答问题：加入少量Ba（OH）2固体，水解平衡向逆反应方向移动；加入少量NaClO固体，溶液的pH减小（选填：增大、减小、不变）【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；性质实验方案的设计【专题】无机实验综合【分析】1）亚硝酸钠具有氧化性，碘离子具有还原性，酸性条件下，二者发生氧化还原反应生成一氧化氮和碘和水；
68、（2）氯气、浓硝酸、酸性高锰酸钾等氧化性太强，还能继续氧化碘单质；（3）碘在水中的溶解度不大，且易升华；（4）流程中，碘元素经过了I2I、IO3I2的变化过程，这样反复的原因是富集碘元素；（5）NaHSO3溶液存在以下的平衡：水解：HSO3+H2OH2SO3+OH和电离：HSO3SO32+H+；加入Ba（OH）2，OH浓度增大，平衡逆向移动，加入少量NaClO固体，发生氧化还原反应生成硫酸和氯化钠，溶液pH减小【解答】解：（1）亚硝酸钠具有氧化性，碘离子具有还原性，酸性条件下，二者发生氧化还原反应生成一氧化氮和碘和水，离子反应方程式为：2NO2+4H+2I2NO+I2+2H2O，故答案为：2N
69、O2+4H+2I2NO+I2+2H2O；（2）氯气、浓硝酸、酸性高锰酸钾等氧化性太强，还能继续氧化碘单质，故工业上氧化卤水中I选择了价格并不便宜的亚硝酸钠；故答案为：氯气、浓硝酸、酸性高锰酸钾等氧化性太强，还能继续氧化碘单质；（3）反应发生时，溶液底部有紫黑色的固体生成，有时溶液上方产生紫色的气体解释产生这种现象的原因 碘在水中的溶解度不大，且易升华，所以，反应需要在 水浴加热条件下进行；故答案为：碘在水中的溶解度不大，且易升华；（4）流程中，碘元素经过了I2I、IO3I2的变化过程，这样反复的原因是 富集碘元素；故答案为：富集碘元素；（5）NaHSO3溶液显弱酸性，是因为该溶液中存在以下的平
70、衡：水解：HSO3+H2OH2SO3+OH和电离：HSO3SO32+H+，电离程度大于水解程度；故答案为：HSO3+H2OH2SO3+OH；HSO3SO32+H+；加入Ba（OH）2，OH浓度增大，平衡逆向移动，加入少量NaClO固体，发生氧化还原反应生成硫酸和氯化钠，溶液pH减小，故答案为：逆反应方向；减小【点评】本题考查卤素、含硫物质的性质和应用、氧化还原反应、电解质溶液，涉及弱电解质的电离和盐类的水解、守恒关系的应用，平衡分析和溶液中离子浓度关系判断是解题关键，题目难度中等25为了测定实验室长期存放的Na2SO3固体的纯度，准确称取W g固体样品，配成250mL溶液设计了以下两种实验方案
71、：方案I：取25.00mL上述溶液，加入足量的用过量盐酸酸化的BaCl2溶液，过滤、洗涤和干燥沉淀，称得沉淀的质量为m1g方案：取25.00mL上述溶液，加入过量的盐酸酸化的Ba（NO3）2溶液，过滤、洗涤和干燥沉淀，称重，其质量为m2g（1）配制250mL Na2SO3溶液时，必须用到的实验仪器有：烧杯、玻棒、胶头滴管、药匙、天平、250mL容量瓶（2）写出Na2SO3固体氧化变质的化学方程式2Na2SO3+O2=2Na2SO4 （3）方案I加入过量的盐酸酸化的BaCl2溶液，目的是使SO32充分转化为气体，在过滤前，需要检验是否沉淀完全，其操作是静置，在上层清液中再滴入氯化钡溶液，观察是否
72、继续有沉淀生成（4）方案I中，若滤液浑浊，将导致测定结果偏高（选填“偏高”或“偏低”）（5）若操作正确，则m1 m2（选填“”、“”或“=”），原因是方案II中盐酸提供H+，Ba（NO3）2提供NO3形成稀HNO3，将一部分SO32氧化成SO42，导致BaSO4质量增大（6）取25.00mL上述溶液，用酸性KMnO4溶液滴定的方法测定Na2SO3的纯度已知酸性条件下，KMnO4通常被还原为Mn2+，则Na2SO3固体的纯度可表示为：100%（VKMnO4溶液体积mL，cKMnO4溶液浓度mol/L）（注明你的表达式中所用的有关符号的含义和单位）【考点】探究物质的组成或测量物质的含量【专题】定量
73、测定与误差分析【分析】（1）配制250mL Na2SO3溶液时，用到的实验仪器有：烧杯、玻棒、胶头滴管、药匙、天平、250mL容量瓶；（2）Na2SO3固体氧化变质生成硫酸钠；（3）方案I是利用生成的硫酸钡沉淀计算样品中硫酸钠的质量，再计算亚硫酸钠的纯度，而亚硫酸钠也会与氯化钡反应生成沉淀，影响硫酸钡质量的测定，需要出去亚硫酸钠；SO42完全沉淀时，上清液没有SO42，再加入氯化钡溶液也没有沉淀生成；（4）方案I中，若滤液浑浊，说明滤液中含有硫酸钡，导致沉淀硫酸钡的质量偏小，计算样品中硫酸钠的质量偏小；（5）酸性条件下，硝酸根将亚硫酸根氧化为硫酸根，导致硫酸钡质量增大；（6）V消耗KMnO4溶
74、液体积为 V mL，KMnO4溶液浓度为c mol/L，计算高锰酸钾的物质的量，根据电子转移守恒计算Na2SO3的物质的量，进而计算样品的纯度【解答】解：（1）用天平称量固体质量，用到药匙，在烧杯中溶解，并用玻璃棒搅拌，用玻璃棒引流移入250mL容量瓶中，加水至刻度线12cm出改用胶头滴管定容，故答案为：天平、250mL容量瓶；（2）Na2SO3固体氧化变质生成硫酸钠，反应方程式为：2Na2SO3+O2=2Na2SO4 ，故答案为：2Na2SO3+O2=2Na2SO4 ；（3）方案I是利用生成的硫酸钡沉淀计算样品中硫酸钠的质量，再计算亚硫酸钠的纯度，而亚硫酸钠也会与氯化钡反应生成沉淀，影响硫酸
75、钡质量的测定，需要出去亚硫酸钠，加入过量的盐酸酸化的BaCl2溶液，目的是：使SO32充分转化为气体，在过滤前，需要检验是否沉淀完全，其操作是：静置，在上层清液中再滴入氯化钡溶液，观察是否继续有沉淀生成，故答案为：使SO32充分转化为气体；静置，在上层清液中再滴入氯化钡溶液，观察是否继续有沉淀生成；（4）方案I中，若滤液浑浊，说明滤液中含有硫酸钡，导致沉淀硫酸钡的质量偏小，计算样品中硫酸钠的质量偏小，则计算亚硫酸钠的质量分数偏高，故答案为：偏高；（5）方案II中盐酸提供H+，Ba（NO3）2提供NO3形成稀HNO3，将一部分SO32氧化成SO42，导致BaSO4质量增大，故答案为：；方案II中
76、盐酸提供H+，Ba（NO3）2提供NO3形成稀HNO3，将一部分SO32氧化成SO42，导致BaSO4质量增大；（6）V消耗KMnO4溶液体积为 V mL，KMnO4溶液浓度为c mol/L，则消耗高锰酸钾的物质的量为0.001V Lc mol/L=0.001Vc mol，根据电子转移守恒，Na2SO3的物质的量为0.001Vc mol=0.002.5Vc mol，其质量为0.002.5Vc mol126g/mol=0.315Vc g，故250mL溶液中亚硫酸质量为0.315Vc g=3.15Vc g，则样品中亚硫酸钠的质量为100%，故答案为：100%（VKMnO4溶液体积mL，cKMnO4
77、溶液浓度mol/L）【点评】本题考查物质含量测定实验，（6）中表达式为易错点，需要学生理解氧化还原反应滴定原理，题目侧重对实验原理与误差的分析，难度中等26某化学兴趣小组制取氯酸钾和氯水并进行有关探究实验实验一制取氯酸钾和氯水利用如图所示的实验装置进行实验（1）制取实验结束后，取出B中试管冷却结晶，过滤，洗涤该实验操作过程需要的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒（2）若对调B和C装置的位置，（填“可能”或“不可能”）提高B中氯酸钾的产率可能实验二氯酸钾与碘化钾反应的研究（3）在不同条件下KClO3可将KI氧化为I2或KIO3该小组设计了系列实验研究反应条件对反应产物的影响，其中系列a实验的记录表如下
78、（实验在室温下进行）：试管编号12340.20molL1KI/mL1.01.01.01.0KClO3（s）/g0.100.100.100.106.0molL1H2SO4/mL03.06.09.0蒸馏水/mL9.06.03.00实验现象系列a实验的实验目的是研究反应体系中硫酸浓度对反应产物的影响设计1号试管实验的作用是硫酸浓度为0的对照实验若2号试管实验现象是溶液变为黄色，取少量该溶液加入淀粉溶液显蓝色实验三测定饱和氯水中氯元素的总量（4）根据下列资料，为该小组设计一个简单可行的实验方案（不必描述操作过程的细节）：量取一定量的试样，加入足量的H2O2溶液，充分反应后，加热除去过量的H2O2，冷却
79、，再加入足量的硝酸银溶液，过滤，洗净烘干后称量沉淀质量，计算可得资料：次氯酸会破坏酸碱指示剂；次氯酸或氯水可被SO2、H2O2和FeCl2等物质还原成Cl【考点】性质实验方案的设计；氯、溴、碘的性质实验【专题】无机实验综合【分析】（1）过滤需要烧杯、漏斗、玻璃棒；（2）若对调B和C装置的位置，C中盐酸抑制氯气的溶解，B中氯气与KOH加热生成氯酸钾；（3）研究反应条件对反应产物的影响，由表格数据可知，总体积相同，只有硫酸的浓度不同；实验为对比实验，1中为参照；反应生成碘，淀粉遇碘变蓝；（4）利用氧化还原反应生成氯离子，利用硝酸银检验氯离子【解答】解：（1）制取实验结束后，取出B中试管冷却结晶，过
80、滤，洗涤该实验操作过程需要的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒，故答案为：烧杯、漏斗、玻璃棒；（2）若对调B和C装置的位置，C中盐酸抑制氯气的溶解，B中氯气与KOH加热生成氯酸钾，则可能提高氯酸钾的产率，故答案为：可能；（3）研究反应条件对反应产物的影响，由表格数据可知，总体积相同，只有硫酸的浓度不同，则实验目的为研究反应体系中硫酸浓度对反应产物的影响，故答案为：研究反应体系中硫酸浓度对反应产物的影响；设计1号试管实验的作用是硫酸浓度为0的对照实验，故答案为：硫酸浓度为0的对照实验；若2号试管实验现象是溶液变为黄色，取少量该溶液加入淀粉溶液显蓝色，故答案为：淀粉；（4）由资料可知，设计简单实验为量取
81、一定量的试样，加入足量的H2O2溶液，充分反应后，加热除去过量的H2O2，冷却，再加入足量的硝酸银溶液，过滤，洗净烘干后称量沉淀质量，计算可得，故答案为：量取一定量的试样，加入足量的H2O2溶液，充分反应后，加热除去过量的H2O2，冷却，再加入足量的硝酸银溶液，过滤，洗净烘干后称量沉淀质量，计算可得【点评】本题考查性质实验和含量测定实验，为高频考点，把握实验原理、实验技能及离子检验等为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度中等27扁桃酸衍生物是重要的医药中间体，以A和B为原料合成扁桃酸衍生物F路线如下：（1）A的分子式为C2H2O3，可发生银镜反应，且具有酸性，A所含官能团名称为：醛基
82、、羧基（2）E是由2分子C生成的含有3个六元环的化合物，写出E的结构简式：（3）DF的反应类型是取代反应，1mol F在一定条件下与足量NaOH溶液反应，最多消耗NaOH的物质的量为：3mol写出符合下列条件的F的所有同分异构体（不考虑立体异构）的结构简式：属于一元酸类化合物苯环上只有2个取代基且处于对位，其中一个是羟基（4）已知：A有多种合成方法，在方框中写出由乙酸合成A的路线流程图（其他原料任选）（合成路线常用的表示方式为：AB目标产物）【考点】有机物的合成【专题】有机物的化学性质及推断【分析】（1）A的分子式为C2H2O3，可发生银镜反应，且具有酸性，含有醛基和羧基，则A是OHCCOOH
83、，根据C的结构可知B是，A+BC发生加成反应；（2）C中有羟基和羧基，2分子C可以发生酯化反应生成3个六元环的化合物E为；（3）对比D、F的结构，可知溴原子取代OH位置；F中溴原子、酚羟基、酯基（羧酸与醇形成的酯基），都可以与氢氧化钠反应；F的所有同分异构体符合：属于一元酸类化合物，苯环上只有2个取代基且处于对位，其中一个是羟基，另外取代基为CBr（CH3）COOH、CH（CH2Br）COOH、CH2CHBrCOOH、CHBrCH2COOH；（4）由题目信息可知，乙酸与PCl3反应得到ClCH2COOH，在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应得到HOCH2COONa，用盐酸酸化得到HOCH2
84、COOH，最后在Cu作催化剂条件下发生催化氧化得到OHCCOOH【解答】解：（1）A的分子式为C2H2O3，可发生银镜反应，且具有酸性，含有醛基和羧基，则A是OHCCOOH，根据C的结构可知B是，A+BC发生加成反应，故答案为：醛基、羧基；（2）羧C中有羟基和羧基，2分子C可以发生酯化反应生成3个六元环的化合物，则E的结构简式为，故答案为：；（3）对比D、F的结构，可知溴原子取代OH位置，DF的反应类型是：取代反应；F中溴原子、酚羟基、酯基（羧酸与醇形成的酯基），都可以与氢氧化钠反应，1molF最多消耗3mol NaOH；F的所有同分异构体符合：属于一元酸类化合物，苯环上只有2个取代基且处于对
85、位，其中一个是羟基，另外取代基为CBr（CH3）COOH、CH（CH2Br）COOH、CH2CHBrCOOH、CHBrCH2COOH，可能的结构简式为：，故答案为：取代反应；3；（4）由题目信息可知，乙酸与PCl3反应得到ClCH2COOH，在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应得到HOCH2COONa，用盐酸酸化得到HOCH2COOH，最后在Cu作催化剂条件下发生催化氧化得到OHCCOOH，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、同分异构体的书写、常见有机反应类型、官能团的性质等，是对有机化学基础的综合考查，难度中等28以烯烃为原料，合成某些高聚物的路线如下：已知
86、：（或写成R代表取代基或氢）甲为烃F能与NaHCO3反应产生CO2请完成以下问题：（1）CH3CH=CHCH3的名称是2丁烯，Br2的CCl4溶液呈橙红色（2）XY的反应类型为：取代反应；DE的反应类型为：消去反应（3）H的结构简式是（4）写出下列化学方程式：AB；ZW（5）化工生产表明高聚物H的产率不及设计预期，产率不高的原因可能是合成步骤过多、有机反应比较复杂【考点】有机物的推断【专题】有机物的化学性质及推断【分析】2丁烯和氯气在光照条件下发生取代反应生成X，X和氢气发生加成反应生成A，A和氢氧化钠的醇溶液发生消去反应生成B，B和乙烯反应生成环己烯，结合题给信息知，B是CH2=CHCH=C
87、H2，则A为ClCH2CH2CH2CH2Cl，X为ClCH2CH=CHCH2Cl环己烯与溴发生加成反应生成D为，D在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应生成E为，E发生加聚反应得到X发生水解反应生成Y为HOCH2CH=CHCH2OH，Y发生氧化反应生成Z为HOCCH=CHCHO，甲为烃，Z和甲反应生成W，W和氢气发生加成反应生成，结合题给信息知，Z和甲发生加成反应，所以甲的结构简式为：，W的结构简式为：，1，4二甲苯被酸性高锰酸钾氧化生成F为，和发生缩聚反应反应生成H，则H的结构简式为：，据此解答【解答】解：2丁烯和氯气在光照条件下发生取代反应生成X，X和氢气发生加成反应生成A，A和氢氧化钠
88、的醇溶液发生消去反应生成B，B和乙烯反应生成环己烯，结合题给信息知，B是CH2=CHCH=CH2，则A为ClCH2CH2CH2CH2Cl，X为ClCH2CH=CHCH2Cl环己烯与溴发生加成反应生成D为，D在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应生成E为，E发生加聚反应得到X发生水解反应生成Y为HOCH2CH=CHCH2OH，Y发生氧化反应生成Z为HOCCH=CHCHO，甲为烃，Z和甲反应生成W，W和氢气发生加成反应生成，结合题给信息知，Z和甲发生加成反应，所以甲的结构简式为：，W的结构简式为：，1，4二甲苯被酸性高锰酸钾氧化生成F为，和发生缩聚反应反应生成H，则H的结构简式为：（1）CH3C
89、H=CHCH3的名称是：2丁烯，Br2的CCl4溶液呈橙红色，故答案为：2丁烯；橙红；（2）XY是ClCH2CH=CHCH2Cl发生水解反应生成Y为HOCH2CH=CHCH2OH，属于取代反应，DE是在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应生成，故答案为：取代反应；消去反应；（3）H的结构简式是：，故答案为：；（4）AB的反应方程式为：，ZW的反应方程式为：，故答案为：；（5）化工生产表明高聚物H的产率不及设计预期，产率不高的原因可能是：合成步骤过多、有机反应比较复杂，故答案为：合成步骤过多、有机反应比较复杂【点评】本题考查有机物的推断，需要学生对给予的信息进行利用，结合反应条件、有机物的结构
90、采用正逆相结合的方法进行推断，需要学生熟练掌握官能团的性质与转化，难度中等29绿矾（FeSO47H2O）在化学合成上用作还原剂及催化剂，工业上常用废铁屑溶于一定浓度的硫酸溶液制备绿矾（1）98% 1.84g/cm3的浓硫酸在稀释过程中，密度下降，当稀释至50%时，密度为1.4g/cm3，50%的硫酸物质的量浓度为7.14molL1（保留两位小数），50%的硫酸与30%的硫酸等体积混合，混合酸的浓度为（填、=）40%（2）实际生产用20%发烟硫酸（100克发烟硫酸含SO320克）配制稀硫酸，若用SO3nH2O表示20%的发烟硫酸，则n=0.77（保留两位小数）（3）某厂废水中含1.00103mo
91、l/L的Cr2O，其毒性较大某研究性学习小组为了变废为宝，将废水处理得到磁性材料Cr0.5Fe1.5FeO4 （Cr的化合价为+3，Fe的化合价依次为+3、+2）欲使1L该废水中的Cr2O完全转化为Cr0.5Fe1.5FeO4理论上需要加入2.78g FeSO47H2O（4）硫酸亚铁铵（NH4）2SO4FeSO46H2O（俗称莫尔盐），较绿矾稳定，在分析化学中常用来配制Fe2+的标准溶液，用此Fe2+的标准溶液可以测定剩余稀硝酸的量现取8.64克Cu2S和CuS的混合物用200mL2mol/L稀硝酸溶液处理，发生反应如下：10NO3+3Cu2S+16H+6Cu2+10NO+3SO42+8H2O
92、8NO3+3CuS+8H+3Cu2+3 SO42+8NO+4H2O剩余的稀硝酸恰好与48mL 2mol/L （NH4）2Fe（SO4）2溶液完全反应已知：NO3+3Fe2+4H+NO+3Fe3+2H2O试计算混合物中CuS的质量分数（保留两位小数）【考点】探究物质的组成或测量物质的含量；化学方程式的有关计算；氧化还原反应的计算【专题】利用化学方程式的计算【分析】（1）根据c=计算出密度为1.4g/cm3、质量分数为50%的硫酸物质的量浓度；假设密度相同，混合后质量分数为40%，由于硫酸的质量分数越大，溶液中含有的硫酸的质量越大，所以混合后硫酸的质量分数大于40%；（2）20%发烟硫酸可表示为S
93、O3nH2O，通过整理即为：nH2SO4（1n）SO3，根据20%发烟硫酸中H2SO4和SO3的质量关系可得：98n：80（1n）=（120%）：20%，解出n即可；（3）根据Cr原子计算Cr0.5Fe1.5FeO4的物质的量，结合Cr0.5Fe1.5FeO4的物质的量利用Fe原子守恒计算FeSO47H2O质量；（4）先根据（NH4）2Fe（SO4）2的物质的量计算与其反应的硝酸的物质的量，设固体混合物中两固体的质量，根据两固体的质量计算需要的硝酸的物质的量，然后列式计算出两固体的质量，根据质量分数公式计算即可【解答】解：（1）密度为1.4g/cm3、质量分数为50%的硫酸物质的量浓度为mol
94、/L7.14mol/L；假如50%的硫酸与30%的硫酸密度相同，则混合后硫酸的质量分数为40%，由于50%的硫酸的密度大于30%的硫酸，所以混合后溶液中硫酸的质量偏大，硫酸的质量分数大于40%，故答案为：7.14 molL1；（2）20%发烟硫酸可表示为SO3nH2O，通过整理即为：nH2SO4（1n）SO3，根据20%发烟硫酸中H2SO4和SO3的质量关系可得：98n：80（1n）=（120%）：20%，解得n=0.77，故答案为：0.77；（3）1 L废水中含n（Cr2O72）=1.00103 mol根据Cr原子、Fe原子守恒，可得：Cr2O724Cr0.5Fe1.5FeO410FeSO4
95、7H2O，所以理论上n（FeSO47H2O）=10n（Cr2O72）=1.00103 mol10=0.01 mol，所以m（FeSO47H2O）=0.01 mol278 g/mol=2.78 g故答案为：2.78；（4）48mL（NH4）2Fe（SO4）2溶液完全反应需要硝酸的物质的量为： NO3+3Fe2+4H+NO+3Fe3+2H2O 3mol 4 0.048L2mol/L n解得：n=0.128mol，所以消耗的硝酸的物质的量为0.128mol，故与固体混合物反应的硝酸的物质的量为：0.4mol0.128mol=0.272mol，设Cu2S的物质的量xmol，CuS的物质的量为ymol，160x+96y=8.64g10NO3+3Cu2S+16H+6Cu2+10NO+3SO42+8H2O 3 16 x 8NO3+3CuS+8H+3Cu2+3SO42+8NO+4H2O， 3 8 y +y=0.272由解得：x=0.036 mol，y=0.03 mol，合物中CuS的质量分数为100%33.33%，答：混合物中CuS的质量分数为33.33%【点评】本题考查物质含量的计算，为高频考点，把握发生的反应及物质的量的关系为解答的关键，侧重分析与计算能力的综合考查，题目难度较大
