1、2016-2017学年山东省枣庄市滕州市十一中高三（上）期末化学复习试卷（六）一、选择题1化学与生产、生活、科技等密切相关下列说法正确的是（）A煤经气化和液化两个物理变化过程，可变为清洁能源B国务院要求坚决控制钢铁、水泥、焦炭等行业产能总量是落实“低碳经济”的具体举措C绿色化学的核心是应用化学原理对环境污染进行治理D“神州七号”的防护层中含聚四氟乙烯，聚四氟乙烯属于不饱和烃2设NA代表阿佛加德罗常数，下列说法正确的是（）A22.4LCO和CO2的混合气体中所含的碳原子数一定是NAB含1mol HCl的盐酸溶液与足量Fe反应，Fe所失去的电子总数为2NAC常温常压下，32g O2和32g O3所
2、含氧原子数都是2NAD标准状况下，11.2L H2O含有0.5NA分子31856年，英国传教士威康臣先生在译著格物探源中提到：“天地万物皆以六十四种元质配合而成，如金银铜铁养轻淡炭等皆是元质，皆由微渺而造”“微渺”即现代之“原子”，下列说法中不正确的是（）A“元质”即现代之“元素”，现在人类发现的化学元素多于六十四种B“养、轻、淡”即“氧、氢、氮”三种元素，现代的元素命名更具科学性C上文提到的八种“元质”包括四种金属“元质”和四种非金属“元质”D“微渺”因极其微小，故“微渺”是组成物质的基本微粒，不可再分4在碱性溶液中能大量共存且溶液为无色透明的离子组是（）AK+、MnO4、Na+、ClBNa
3、+、H+、NO3、SO42CFe3+、Na+、Cl、SO42DK+、Na+、NO3、CO325已知：在同一个反应中，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，还原剂的还原性强于还原产物的还原性在一定条件下KClO3与I2按下式反应：2KClO3+I22KIO3+Cl2，下列判断正确的是（）A该反应属于置换反应B氧化性：I2KClO3C还原性：KClO3I2D还原剂为KClO3，氧化剂为I26汽车剧烈碰撞时，安全气囊中发生反应10NaN3+2KNO3K2O+5Na2O+16N2则下列判断不正确的是（）A若有0.2mol氧化剂反应，则转移电子的物质的量为1.0molB若氧化产物比还原产物多0.35mol
4、，生成8.96LN2（标准状况）C若氧化产物比还原产物多0.35mol，有0.050molKNO3被氧化DKNO3的氧化性强于N27下列说法正确的是（）AHClO中氯元素化合价比HClO4中氯元素化合价低，所以HClO4的氧化性强B已知Fe+Cu2+Fe2+Cu；2Fe3+Cu2Fe2+Cu2+，则氧化性强弱顺序为：Fe3+Cu2+Fe2+C已知还原性：BCD，反应 2C+D22D+C2和反应2C+B22B+C2都能发生D具有强氧化性和强还原性的物质放在一起就能发生氧化还原反应8向100mL BaCl2、AlCl3、FeCl3的混合液A中逐滴加入Na2SO4和NaOH的混合液B，产生沉淀的物质
5、的量和加入溶液B的体积关系如图所示：则Na2SO4与FeCl3的物质的量浓度之比为（）A1：1B10：1C2：1D5：19将5.4gA1投入200.0mL 2.0mol/L的某溶液中有氢气产生，充分应后有金属剩余，该溶液可能为（）AHNO3溶液BBa（OH）2溶液CH2SO4溶液DHCl溶液10下列表述正确的是（）某物质经科学测定只含有一种元素，不可以断定该物质一定是一种纯净物；过量铁粉在氯气中燃烧生成FeCl2浓硝酸在光照条件下变黄，说明浓硝酸不稳定，生成的有色产物能溶于浓硝酸；医疗上用的“钡餐”其成分是碳酸钡，漂白粉的成分为次氯酸钙；高压钠灯发出的黄光射程远，透雾能力强，故可做航标灯能与酸
6、反应的氧化物，一定是碱性氧化物ABCD11W、X、Y、Z是短周期元素，其部分性质如表下列说法正确的是（）WXYZ单质是淡黄色固体与W同周期，其单质常用作半导体材料原子最外层电子数是电子总数的第三周期原子半径最小的金属元素A气态氢化物的热稳定性：XWB最高价氧化物对应水化物的酸性：YXC简单离子半径：ZWD工业上用Y单质还原Z的氧化物得Z的单质12在一密闭容器中进行反应：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）已知反应过程中某一时刻SO2、O2、SO3的浓度分别为0.2mol/L、0.1mol/L、0.2mol/L当反应达到平衡时，可能存在的数据是（）ASO2为0.4 mol/L，O2为0.2
7、mol/LBSO2为0.25 mol/LCSO3为0.4 mol/LDSO2、SO3均为0.15 mol/L二、非选择题13X、Y、Z、E、T均为短周期元素，在周期表中的相对位置如图1X是短周期中原子半径最大的元素； X、Y在同一周期，Y是常见的半导体材料； E的最高价氧化物对应水化物有强脱水性根据判断出的元素回答问题：（1）T在元素周期表中的位置；（2）这几种元素的氢化物中，水溶液酸性最强的是（填化学式）；YZ2的熔点EZ2的熔点（填高于或低于）；（3）E2T2的电子式；（4）工业上制备单质X的化学反应方程式；（5）已知1mol晶体Y在足量Z2中燃烧，恢复至室温，放出989.2kJ 热量，写
8、出该反应的热化学方程式：；（6）某溶液中可能含有以下阳离子（忽略由水电离产生的H+、OH）：H+、NH4+、K+、Mg2+、Al3+，现取100mL该溶液逐滴滴加NaOH溶液，测得沉淀的物质的量与NaOH溶液的体积关系如图2所示在实验中，NaOH溶液滴至bc段过程中发生的离子反应方程式为；NaOH溶液的浓度为 molL1 （用字母c、d表示）；原溶液中含有的Mg2+、Al3+、H+，其物质的量之比n（Mg2+）：n（Al3+）：n（H+）为14硫铁矿烧渣（主要成分Fe2O3、Fe3O4、FeO、SiO2）等是工业生产硫酸的废渣，利用硫铁矿烧渣制备铁红等产品的流程如图所示：（1）硫铁矿烧渣焙烧时
9、所添加的还原剂最有可能的是（填字母） A、铝 B、锌 C、碳（2）酸浸、过滤后滤液中的主要成分是（3）反应的反应温度一般需控制在35以下，其目的是 （4）空气中煅烧FeCO3生成产品b的化学反应方程式为（5）检验产品a中是否含有氯化物杂质的实验操作时：取少量产品a于试管中配成溶液，15A、B、C、D、E是前四周期原子序数依次增大的五种元素A元素原子的核外电子数等于其电子层数，B元素基态原子有三个能级且各能级电子数相同，A与D可形成两种常见液态化合物G、H，其原子数之比分别为1：1和2：1E元素原子的K、L层电子数之和等于其M、N层电子数之和请回答下列各题（涉及元素请用相应化学符号表示）：（1）
10、B、C、D三种元素中电负性最大的元素其基态原子的电子排布式为（2）处于一定空间运动状态的电子在原子核外出现的概率密度分布可用形象化描述在B的基态原子中，核外存在对自旋相反的电子（3）由E和D形成的晶胞如图1所示，晶体中E2+周围等距且最近的E2+有个；ED的焰色反应为砖红色，许多金属或它们的化合物都可以发生焰色反应，其原因是E和B可形成的晶体的晶胞结构与NaCl晶体的相似（如图2所示），但该晶体中含有的哑铃形B22的存在，使晶胞沿一个方向拉长晶体中E2+的配位数为该化合物的电子式为（4）用高能射线照射液态H时，一个H分子能释放出一个电子，同时产生一种阳离子释放出来的电子可以被若干H分子形成的“
11、网”捕获，你认为H分子间能形成“网”的原因是由H分子释放出一个电子时产生的一种阳离子具有较强的氧化性，试写出该阳离子与SO2的水溶液反应的离子方程式16（1）常温常压下，依据事实，写出下列反应的热化学方程式在25、101kPa下，2g甲醇燃烧生成CO2和液态水时放热45kJ则表示甲醇燃烧热的热化学方程式为若适量的N2和O2完全反应，每生成23g NO2需要吸收17kJ热量（2）断裂1mol（理想）气体分子化学键所吸收的能量或形成1mol（理想）气体分子化学键所放出的能量称为键能（单位为KJmol1）表是一些键能数据（KJmol1）化学键键能化学键键能化学键键能化学键键能CH414CF489HF
12、565FF158HH436HN391根据键能数据计算以下反应的反应热H：CH4（g）+4F2（g）CF4（g）+4HF（g）H根据键能和反应热化学方程式N2（g）+H2（g）NH3（g ）H=46kJmol1 计算NN的键能（3）火箭推进器中盛有强还原剂液态肼（N2H4）和强氧化剂液态双氧水当把0.4mol液态肼和0.8mol H2O2混合反应，生成氮气和水蒸气，放出256.7kJ的热量（25、101kPa下测得的热量）该反应的热化学方程式为又已知H2O（l）=H2O（g）H=+44kJ/mol则16g液态肼与液态双氧水反应生成液态水时放出的热量是 kJ17一些杀菌、镇痛的药物可由植物的种子、
13、根皮提炼得到，如丁香酚、丹皮酚，其结构如下：请回答：（1）丁香酚和丹皮酚都具有杀菌作用，其原因可能是含有（填官能团的名称）（2）丁香酚和丹皮酚都能发生的反应类型为（填字母序号）A加成反应 B加聚反应 C取代反应D消去反应（3）丁香酚发生聚合反应生成高分子的化学方程式为丁香酚发生反应如下图所示已知：丹皮酚在“一定条件”生成的物质与D互为同分异构体（4）丁香酚A过程中加入NaOH溶液的原因是（5）写出一种同时符合以下条件的D的同分异构体的结构简式：a苯环上连接两种基团b遇FeCl3溶液显示特征颜色c能发生银镜反应d核磁共振氢谱显示含有五种氢原子（6）DE反应的化学方程式为18锡及其化合物在生产、生
14、活中有着重要的用途已知：Sn的熔点为231；Sn2+易水解、易被氧化；SnCl4极易水解、熔点为33、沸点为114请按要求回答下列相关问题：（1）锡在周期表中的位置为（2）用于镀锡工业的硫酸亚锡（SnSO4）的制备步骤如下：ISnCl2加入盐酸和Sn 粉II分离滤渣和滤液滤液用NaHCO3调节pH至67 得混合物（含SnO）从混合物中分离得SnOVSnO和稀硫酸最终得SnSO4晶体步骤加入Sn粉的作用：及调节溶液pH步骤用到的玻璃仪器有烧杯、步骤生成SnO的离子方程式：步骤中检验SnO是否洗涤干净的操作是，证明已洗净步骤操作依次为、过滤、洗涤、低温干燥（3）SnCl4蒸气遇氨及水汽呈浓烟状，因
15、而可制作烟幕弹，其反应的化学方程式为实验室欲用如图装置制备少量SnCl4 （夹持装置略），该装置存在明显缺陷，改进方法是（4）利用改进后的装置进行实验，当开始装置C中收集到有SnCl4时即可熄灭B处酒精灯，反应仍可持续进行的理由是（5）用于微电子器件生产的锡粉纯度测定：取2.38g试样溶于较浓硫酸中（杂质不参与反应），使Sn完全转化为Sn2+加入过量的Fe2（SO4）3用0.1000molL1K2Cr2O7溶液滴定，消耗20.00mL，步骤中加入Fe2（SO4）3的作用是：；此锡粉样品中锡的质量分数：19如图中AK分别代表有关反应的一种反应物或生成物，其中A、C、F、K是固体已知A是一种不含金
16、属元素的盐，受热分解得到三种产物物质的量之比为2：1：1的；A加热后生成的混合气体若通过碱石灰，只剩余气体B（B为无色有刺激性气味的气体），若通过浓硫酸则只剩余气体D（D为无色无味气体）；C为淡黄色固体各物质间的转化关系如图所示：请回答：（1）D中化学键的类型为，C的电子式，B的空间构型为（2）写出A的溶液与足量NaOH溶液反应的离子方程式：（3）写出J与K反应的化学方程式（4）在标准状况下4.48L的H与I恰好被100mlNaOH溶液完全吸收，所需NaOH溶液的物质的量浓度为molL1（5）工业尾气中含有各种氮的氧化物（主要是NO和NO2，表示为NOx），NOx是严重的大气污染物，处理这些废
17、气方法之一是通入适量的B，反应后会生成一种无色无味的气体写出NOx与B反应的化学方程式：20有机化学反应因反应条件不同，可生成不同的有机产品例如：（1）HX（X为卤素原子）与丙烯加成时H加在含H多的碳原子上，若有H2O2存在时则H加在含H少的碳原子上（2）苯的同系物与卤素单质混合，若在光照条件下，侧链上氢原子被卤素原子取代；若在催化剂作用下，苯环上的氢原子被卤素原子取代工业上利用上述信息，按下列路线合成结构简式为的物质，该物质是一种香料请根据上述路线，回答下列问题：（1）A的结构简式可能为（2）反应、的反应类型分别为、（3）反应的化学方程式为（有机物写结构简式，并注明反应条件）：（4）工业生产
18、中，中间产物A须经反应得D，而不采取直接转化为D的方法，其原因是（5）这种香料具有多种同分异构体，其中某些物质有下列特征：含有酚羟基 苯环上的一溴代物有两种写出符合上述条件的物质可能的结构简式（只写三种）：2016-2017学年山东省枣庄市滕州市十一中高三（上）期末化学复习试卷（六）参考答案与试题解析一、选择题1化学与生产、生活、科技等密切相关下列说法正确的是（）A煤经气化和液化两个物理变化过程，可变为清洁能源B国务院要求坚决控制钢铁、水泥、焦炭等行业产能总量是落实“低碳经济”的具体举措C绿色化学的核心是应用化学原理对环境污染进行治理D“神州七号”的防护层中含聚四氟乙烯，聚四氟乙烯属于不饱和烃
19、【考点】使用化石燃料的利弊及新能源的开发；绿色化学【分析】A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；B钢铁、水泥、焦炭等行业高耗能、高排放；C“绿色化学”的核心就是要利用化学原理从源头消除污染；D不饱和烃，是含有双键或三键的烃【解答】解：A煤的气化和液化过程中均发生了化学变化，故A错误； B钢铁、水泥、焦炭等行业高耗能、高排放，控制钢铁、水泥、焦炭等行业产能总量能节能减排，落实“低碳经济”，故B正确；C“绿色化学”的核心就是要利用化学原理从源头消除污染，故C错误；D聚四氟乙烯分子中无双键或三键，不属于不饱和烃，故D错误故选
20、B2设NA代表阿佛加德罗常数，下列说法正确的是（）A22.4LCO和CO2的混合气体中所含的碳原子数一定是NAB含1mol HCl的盐酸溶液与足量Fe反应，Fe所失去的电子总数为2NAC常温常压下，32g O2和32g O3所含氧原子数都是2NAD标准状况下，11.2L H2O含有0.5NA分子【考点】阿伏加德罗常数【分析】A、依据气体摩尔体积应用条件分析判断；B、铁和盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，氯化氢全部反应计算电子转移；C、依据氧元素守恒计算氧原子数；D、标准状况下，水不是气体；【解答】解：A、温度压强不知，22.4LCO和CO2的混合气体物质的量不是1mol，故A错误；B、含1mol H
21、Cl的盐酸溶液与足量Fe反应，反应的铁物质的量0.5mol，Fe所失去的电子总数为0.5NA ，故B错误；C、常温常压下，依据氧原子守恒，32g O2和32g O3所含氧原子数=NA=2NA，故C正确；D、标准状况下，水不是气体，11.2L H2O物质的量不是0.5mol，故D错误；故选C31856年，英国传教士威康臣先生在译著格物探源中提到：“天地万物皆以六十四种元质配合而成，如金银铜铁养轻淡炭等皆是元质，皆由微渺而造”“微渺”即现代之“原子”，下列说法中不正确的是（）A“元质”即现代之“元素”，现在人类发现的化学元素多于六十四种B“养、轻、淡”即“氧、氢、氮”三种元素，现代的元素命名更具科
22、学性C上文提到的八种“元质”包括四种金属“元质”和四种非金属“元质”D“微渺”因极其微小，故“微渺”是组成物质的基本微粒，不可再分【考点】物质的组成、结构和性质的关系；化学科学的主要研究对象【分析】A由信息可知，金银铜铁养轻淡炭等皆是元质，均为元素，目前周期表中100多种元素；B“养、轻、淡”即“氧、氢、氮”三种元素，为生命体不可缺少的元素；C金银铜铁为金属元素，养轻淡炭均为非金属元素；D原子可再分，原子由质子、中子、电子构成【解答】解：由信息可知，金银铜铁养轻淡炭等皆是元质，均为元素，目前周期表中100多种元素，则现在人类发现的化学元素多于六十四种，故A正确；B“养、轻、淡”即“氧、氢、氮”
23、三种元素，为生命体不可缺少的元素，则现代的元素命名更具科学性，故B正确；C金银铜铁为金属元素，养轻淡炭均为非金属元素，八种“元质”包括四种金属“元质”和四种非金属“元质”，故C正确；D原子可再分，原子由质子、中子、电子构成，则“微渺”是组成物质的基本微粒，可再分，故D错误；故选D4在碱性溶液中能大量共存且溶液为无色透明的离子组是（）AK+、MnO4、Na+、ClBNa+、H+、NO3、SO42CFe3+、Na+、Cl、SO42DK+、Na+、NO3、CO32【考点】离子共存问题【分析】碱性溶液中存在大量氢氧根离子，无色时可排除 Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4等有色离子的存在A、MnO4
24、有色；B、H+在碱性溶液中不能共存；C、铁离子为有色离子，铁离子与氢氧根离子反应生成氢氧化铁；D、离子之间不满足离子反应发生条件，且为无色溶液，都不与氢氧根离子反应【解答】解：A、MnO4有色，不符合条件，故A错误；B、H+在碱性溶液中不能共存，故B错误；C、Fe3+为有色离子，Fe3+与碱性溶液中的氢氧根离子反应，在溶液中不能大量共存，故C错误；D、离子之间不满足离子反应发生条件，且为无色溶液，都不与氢氧根离子反应，在溶液中能够大量共存，故D正确；故选D5已知：在同一个反应中，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，还原剂的还原性强于还原产物的还原性在一定条件下KClO3与I2按下式反应：2KC
25、lO3+I22KIO3+Cl2，下列判断正确的是（）A该反应属于置换反应B氧化性：I2KClO3C还原性：KClO3I2D还原剂为KClO3，氧化剂为I2【考点】氧化还原反应【分析】2KClO3+I22KIO3+Cl2中，Cl元素的化合价降低，I元素的化合价升高，结合氧化还原反应基本概念和规律来解答【解答】解：A该反应为单质与化合物反应生成新单质、新化合物，则属于置换反应，故A正确；B由Cl元素的化合价降低可知，KClO3为氧化剂，则氧化性为KClO3I2，故B错误；C由I元素的化合价升高可知，I2为还原剂，则还原性为I2KClO3，故C错误；DCl元素的化合价降低，I元素的化合价升高，则氧化
26、剂为KClO3，还原剂为I2，故D错误；故选A6汽车剧烈碰撞时，安全气囊中发生反应10NaN3+2KNO3K2O+5Na2O+16N2则下列判断不正确的是（）A若有0.2mol氧化剂反应，则转移电子的物质的量为1.0molB若氧化产物比还原产物多0.35mol，生成8.96LN2（标准状况）C若氧化产物比还原产物多0.35mol，有0.050molKNO3被氧化DKNO3的氧化性强于N2【考点】氧化还原反应【分析】反应中N元素化合价由价、+5价变为0价，所以NaN3是还原剂生成氧化产物，KNO3是氧化剂生成还原产物，氮气既是氧化产物也是还原产物，且氧化产物与还原产物的物质的量之比为30：2=1
27、5：1，再结合各个物理量之间的关系式计算【解答】解：该反应中N元素化合价由价、+5价变为0价，所以NaN3是还原剂生成氧化产物，KNO3是氧化剂生成还原产物，氮气既是氧化产物也是还原产物，且氧化产物与还原产物的物质的量之比为30：2=15：1，A若有0.2mol氧化剂反应，则转移电子的物质的量=0.2mol（50）=1.0mol，故A正确；B若氧化产物比还原产物多0.35mol，则生成标准状况氮气的体积=1622.4=8.96L，故B正确；C若氧化产物比还原产物多0.35mol，则氧化剂KNO3的物质的量=0.050molKNO3，氧化剂被还原，故C错误；D硝酸钾是氧化剂，氮气是氧化产物，氧化
28、剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，所以KNO3的氧化性强于N2，故D正确；故选C7下列说法正确的是（）AHClO中氯元素化合价比HClO4中氯元素化合价低，所以HClO4的氧化性强B已知Fe+Cu2+Fe2+Cu；2Fe3+Cu2Fe2+Cu2+，则氧化性强弱顺序为：Fe3+Cu2+Fe2+C已知还原性：BCD，反应 2C+D22D+C2和反应2C+B22B+C2都能发生D具有强氧化性和强还原性的物质放在一起就能发生氧化还原反应【考点】氧化性、还原性强弱的比较【分析】对于同一种元素形成的不同价态的含氧酸，一般低价态的比高价态的氧化性强；氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性；还原剂的
29、还原性大于还原产物的还原性；【解答】解：AHClO中氯元素化合价比HClO4中氯元素化合价低，所以HClO4的酸性强；对于同一种元素形成的不同价态的含氧酸，一般低价态的比高价态的氧化性强，故HClOHClO4，故A错误；B氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，在反应Fe+Cu2+Fe2+Cu中，氧化剂是Cu2+，氧化产物是Fe2+，所以氧化性Cu2+Fe2+，在反应2Fe3+Cu2Fe2+Cu2+中，氧化剂是Fe3+，氧化产物是Cu2+，所以氧化性Fe3+Cu2+，故氧化性顺序是：Fe3+Cu2+Fe2+，故B正确；氧化还原反应中，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，还原性：CD
30、，故反应 2C+D22D+C2能发生，还原性：BC，故反应2C+B22B+C2不能发生，故C错误；D具有强氧化性和强还原性的物质放在一起不一定发生氧化还原反应，化学反应需要适宜的反应条件，比如说氯气有强氧化性，氢气有强还原性，两者只有在点燃时才会反应，常温下不反应，故D错误，故选B8向100mL BaCl2、AlCl3、FeCl3的混合液A中逐滴加入Na2SO4和NaOH的混合液B，产生沉淀的物质的量和加入溶液B的体积关系如图所示：则Na2SO4与FeCl3的物质的量浓度之比为（）A1：1B10：1C2：1D5：1【考点】化学方程式的有关计算；有关混合物反应的计算【分析】图中第一段曲线生成的沉
31、淀为BaSO4、Fe（OH）3和Al（OH）3，且加入B溶液90mL时，Fe3+、Al3+恰好沉淀完全；图中第二段曲线为平行直线，沉淀总物质的量没有增减，这段是由Al（OH）3的溶解和BaSO4的继续生成所引起，且溶解的Al（OH）3的物质的量和生成的BaSO4的物质的量相等；图中第三段曲线中，加入B溶液100mL时，Ba2+恰好沉淀完全，这段中Al（OH）3继续溶解，B为110mL时，沉淀中Al（OH）3已完全溶解；图中第四段曲线中，沉淀为Fe（OH）3、BaSO4共1.1mol【解答】解：溶液中只有Fe3+被完全沉淀以后，Al3+才开始沉淀；图中第一段曲线生成的沉淀为BaSO4、Fe（OH
32、）3和Al（OH）3，且加入B溶液90mL时，Fe3+、Al3+恰好沉淀完全，这段反应的离子方程式为Ba2+SO42=BaSO4，Fe3+3OH=Fe（OH）3，Al3+3OH=Al（OH）3；图中第二段曲线为平行直线，沉淀总物质的量没有增减，故这段是由Al（OH）3的溶解和BaSO4的继续生成所引起，且溶解的Al（OH）3的物质的量和生成的BaSO4的物质的量相等，故加入的物质：n（NaOH）=n（Na2SO4），这段反应的离子方程式为：Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O，Ba2+SO42=BaSO4；图中第三段曲线中，加入B溶液100mL时，Ba2+恰好沉淀完全，这段中Al（OH）3
33、继续溶解，B为110mL时，沉淀中Al（OH）3已完全溶解，溶解了0.1molAl（OH）3，消耗了10mLB溶液，故c（NaOH）=10mol/L，则共加入Na2SO4为0.1mol，故c（Na2SO4）=10mol/L，而整个反应过程共生成BaSO4为0.110=1（mol），故A溶液中c（Ba2+）=10mol/LAl（OH）3溶解的离子方程式为：Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O；图中第四段曲线中，沉淀为Fe（OH）3、BaSO4共1.1mol，则Fe（OH）3为0.1mol，A中c（Fe3+）=1mol/L；则Na2SO4与FeCl3的物质的量浓度之比为：10mol/L：1mo
34、l/L=10：1，故选B9将5.4gA1投入200.0mL 2.0mol/L的某溶液中有氢气产生，充分应后有金属剩余，该溶液可能为（）AHNO3溶液BBa（OH）2溶液CH2SO4溶液DHCl溶液【考点】化学方程式的有关计算【分析】200.0mL 2.0molL1的某溶液中溶质的物质的量为0.2L2.0molL1=0.4mol，Al的物质的量为0.2mol，利用反应判断金属过量，并生成氢气即可【解答】解：200.0mL 2.0molL1的某溶液中溶质的物质的量为0.2L2.0molL1=0.4mol，Al的物质的量为=0.2mol，A、因Al与HNO3溶液不生成氢气，则不符合题意，故A错误；B
35、、由2Al+2OH+2H2O2AlO2+3H2，0.2molAl与0.4molBa（OH）2溶液反应时，碱过量，故B错误；C、由2Al+6H+2Al3+3H2，0.2molAl与0.4molH2SO4溶液，硫酸过量，故C错误；D、由2Al+6H+2Al3+3H2，0.2molAl与0.4molHCl溶液，Al过量，故D正确；故选D10下列表述正确的是（）某物质经科学测定只含有一种元素，不可以断定该物质一定是一种纯净物；过量铁粉在氯气中燃烧生成FeCl2浓硝酸在光照条件下变黄，说明浓硝酸不稳定，生成的有色产物能溶于浓硝酸；医疗上用的“钡餐”其成分是碳酸钡，漂白粉的成分为次氯酸钙；高压钠灯发出的黄
36、光射程远，透雾能力强，故可做航标灯能与酸反应的氧化物，一定是碱性氧化物ABCD【考点】混合物和纯净物【分析】一种元素组成的物质不一定是纯净物，同素异形体组成的混合物含一种元素；氯气具有强氧化性，和变价金属铁反应生成高价化合物；硝酸不稳定，在光照条件下易分解生成二氧化氮，二氧化氮溶于硝酸而使溶液呈黄色；漂白粉的成分为次氯酸钙、氯化钙，有效成分是次氯酸钙；钠的焰色反应为黄色；能与酸反应只生成盐和水的氧化物属于碱性氧化物【解答】一种元素组成的物质不一定是纯净物，同素异形体组成的混合物含一种元素如O2、O3的混合物；故正确；氯气具有强氧化性，和变价金属铁反应生成高价化合物，固体状态铁过量不与氯化铁反应
37、，铁在溶液中和氯化铁反应生成氯化亚铁，故错误；硝酸不稳定，在光照条件下易分解生成二氧化氮，二氧化氮溶于硝酸而使溶液呈黄色，所以浓硝酸溶液呈黄色，故正确；医疗上用的“钡餐”其成分是硫酸钡，漂白粉的成分为次氯酸钙、氯化钙，有效成分是次氯酸钙，故错误；钠的焰色反应为黄色，由于射程远，透雾能力强，故可做航标灯，故正确能与酸反应的氧化物不一定是碱性氧化物，例如过氧化钠、氧化铝都能与酸反应，但是不属于碱性氧化物，故错误；故选B11W、X、Y、Z是短周期元素，其部分性质如表下列说法正确的是（）WXYZ单质是淡黄色固体与W同周期，其单质常用作半导体材料原子最外层电子数是电子总数的第三周期原子半径最小的金属元素
38、A气态氢化物的热稳定性：XWB最高价氧化物对应水化物的酸性：YXC简单离子半径：ZWD工业上用Y单质还原Z的氧化物得Z的单质【考点】原子结构与元素周期律的关系；元素周期律和元素周期表的综合应用【分析】W、X、Y、Z是短周期元素，由W的单质是淡黄色固体，可知W为S元素；X与W同周期，其单质常用作半导体材料，X为Si元素；Y原子最外层电子数是电子总数的，若2个电子层，Y的最外层电子为x，则（2+x）=x，解得x=4，则Y为C元素；Z为第三周期原子半径最小的金属元素，则Z为Al元素，以此来解答【解答】解：由上述分析可知，W为S，X为Si，Y为C，Z为Al，A非金属性越强，对应氢化物越稳定，则气态氢化
39、物的热稳定性：XW，故A错误；B非金属性YX，则最高价氧化物对应水化物的酸性：YX，故B正确；C电子层越多，离子半径越大，则简单离子半径：WZ，故C错误；D氧化铝熔点高，不能用Y单质还原Z的氧化物得Z的单质，应选电解法得到Z的单质，故D错误；故选B12在一密闭容器中进行反应：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）已知反应过程中某一时刻SO2、O2、SO3的浓度分别为0.2mol/L、0.1mol/L、0.2mol/L当反应达到平衡时，可能存在的数据是（）ASO2为0.4 mol/L，O2为0.2 mol/LBSO2为0.25 mol/LCSO3为0.4 mol/LDSO2、SO3均为0.15
40、 mol/L【考点】化学反应的可逆性【分析】化学平衡研究的对象为可逆反应，化学平衡的建立，可以从正反应开始，也可以从逆反应开始，或者从正逆反应开始，不论从哪个方向开始，物质都不能完全反应；因此可以利用极限法假设完全反应，计算出各物质的浓度变化量，实际变化量必须小于极限值，据此判断解答【解答】解：ASO2和O2的浓度增大，说明反应向逆反应方向进行建立平衡，SO2和O2的浓度浓度变化分别为：0.2mol/L、0.1mol/L，需要消耗三氧化硫的浓度为：0.2mol/L，由于该反应为可逆反应，实际变化浓度应小于三氧化硫的原有浓度0.2mol/L，所以达到平衡时SO2小于 0.4mol/L，O2小于0
41、.2mol/L，故A错误；BSO2的浓度增大，说明反应向逆反应方向进行建立平衡，若SO3完全反应，则SO2的浓度浓度变化为0.2mol/L，该题中实际变化为0.05mol/L，小于0.2mol/L，故B正确；CSO3的浓度增大，说明该反应向正反应方向进行建立平衡，若二氧化硫和氧气完全反应，SO3的浓度的浓度变化为0.2mol/L，实际变化小于该值，故C错误；D反应物、生产物的浓度不可能同时减小，一个浓度减小，另一个浓度一定增大，故D错误；故选B二、非选择题13X、Y、Z、E、T均为短周期元素，在周期表中的相对位置如图1X是短周期中原子半径最大的元素； X、Y在同一周期，Y是常见的半导体材料；
42、E的最高价氧化物对应水化物有强脱水性根据判断出的元素回答问题：（1）T在元素周期表中的位置第三周期，第A族；（2）这几种元素的氢化物中，水溶液酸性最强的是HCl（填化学式）；YZ2的熔点高于EZ2的熔点（填高于或低于）；（3）E2T2的电子式；（4）工业上制备单质X的化学反应方程式2NaCl2Na+Cl2；（5）已知1mol晶体Y在足量Z2中燃烧，恢复至室温，放出989.2kJ 热量，写出该反应的热化学方程式：Si（s）+O2（g）SiO2（s）H=989.2kJmol1；（6）某溶液中可能含有以下阳离子（忽略由水电离产生的H+、OH）：H+、NH4+、K+、Mg2+、Al3+，现取100mL
43、该溶液逐滴滴加NaOH溶液，测得沉淀的物质的量与NaOH溶液的体积关系如图2所示在实验中，NaOH溶液滴至bc段过程中发生的离子反应方程式为NH4+OH=NH3H2O；NaOH溶液的浓度为 molL1 （用字母c、d表示）；原溶液中含有的Mg2+、Al3+、H+，其物质的量之比n（Mg2+）：n（Al3+）：n（H+）为1：1：1【考点】位置结构性质的相互关系应用【分析】X是短周期中原子半径最大的元素是钠元素； X、Y在同一周期，Y是常见的半导体材料所以Y是硅元素； E的最高价氧化物对应水化物有强脱水性，所以E是硫元素，则T是氯元素，Z是氧元素；（1）氯元素三个电子层，最外层7个电子；（2）这
44、几种元素的氢化物中，水溶液酸性最强的是盐酸，SiO2是原子晶体，而二氧化硫是分子晶体，二氧化硅熔点高于SO2的熔点；（3）E2T2的化学式为：S2Cl2，电子式为：；（4）工业上是电解熔融的氯化钠制备单质钠的；（5）已知1mol晶体硅在足量氧气中燃烧，恢复至室温，放出989.2kJ 热量，所以热化学方程式为：Si（s）+O2（g）SiO2（s）H=989.2 kJmol1；（6）通过图象知，在加入过量的过氧化钠的过程中，一开始就有沉淀生成，说明不含有H+，沉淀部分溶解，推断一定含有Al3+；图象中有一段平台，说明加入OH时无沉淀生成，有NH4+，NH4+OH=NH3H2O，最后溶液中有沉淀，说
45、明溶液中含Mg2+；原溶液确定含有Mg2+、Al3+、NH4+，由图可知，沉淀最大时是氢氧化镁、氢氧化铝沉淀，且nMg（OH）2+nAl（OH）3=0.02mol，沉淀最小时，为氢氧化镁，故nMg（OH）2=0.01mol，故nAl（OH）3=0.02mol0.01mol=0.01mol，根据铝元素守恒可知n（Al3+）=nAl（OH）3=0.01mol，根据Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O，需OH0.01mol；由图可知消耗Na0H（dc）mL，所以c（Na0H ）=，由此分析解答；原溶液确定含有Mg2+、Al3+、NH4+，由图可知，沉淀最大时是氢氧化镁、氢氧化铝沉淀，且nMg（O
46、H）2+nAl（OH）3=0.02mol，沉淀最小时，为氢氧化镁，故nMg（OH）2=0.01mol，故nAl（OH）3=0.02mol0.01mol=0.01mol，根据铝元素守恒可知n（Al3+）=nAl（OH）3=0.01mol，根据Al3+3OH=Al（OH）3，需OH0.03mol；根据镁元素守恒可知原溶液中n（Mg2+）=nMg（OH）2=0.01mol，由（2）知而c到d一格氢氧根离子的浓度为0.01mol，0a与氢离子反应，所以氢离子的物质的量为0.01mol，由此求原溶液确定含有Mg2+、Al3+、H+，其物质的量之比【解答】解：X是短周期中原子半径最大的元素是钠元素； X、
47、Y在同一周期，Y是常见的半导体材料所以Y是硅元素； E的最高价氧化物对应水化物有强脱水性，所以E是硫元素，则T是氯元素，Z是氧元素；（1）氯元素三个电子层，最外层7个电子，所以T在元素周期表中的位置是第三周期，第A族，故答案为：第三周期，第A族；（2）这几种元素的氢化物中，水溶液酸性最强的是盐酸，SiO2是原子晶体，而二氧化硫是分子晶体，二氧化硅熔点高于SO2的熔点，故答案为：HCl；高于；（3）E2T2的化学式为：S2Cl2，电子式为：，故答案为：；（4）工业上是电解熔融的氯化钠制备单质钠的，化学反应方程式2NaCl2Na+Cl2，故答案为：2NaCl2Na+Cl2；（5）已知1mol晶体硅
48、在足量氧气中燃烧，恢复至室温，放出989.2kJ 热量，所以热化学方程式为：Si（s）+O2（g）SiO2（s）H=989.2 kJmol1，故答案为：Si（s）+O2（g）SiO2（s）H=989.2 kJmol1；（6）通过图象知，在加入过量的过氧化钠的过程中，一开始就有沉淀生成，说明不含有H+，沉淀部分溶解，推断一定含有Al3+；图象中有一段平台，说明加入OH时无沉淀生成，有NH4+，NH4+OH=NH3H2O，最后溶液中有沉淀，说明溶液中含Mg2+，所以NaOH溶液滴至bc段过程中发生的离子反应方程式为NH4+OH=NH3H2O，原溶液确定含有Mg2+、Al3+、NH4+，由图可知，沉
49、淀最大时是氢氧化镁、氢氧化铝沉淀，且nMg（OH）2+nAl（OH）3=0.02mol，沉淀最小时，为氢氧化镁，故nMg（OH）2=0.01mol，故nAl（OH）3=0.02mol0.01mol=0.01mol，根据铝元素守恒可知n（Al3+）=nAl（OH）3=0.01mol，根据Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O，需OH0.01mol；由图可知消耗Na0H（dc）mL，所以c（Na0H ）=molL1，故答案为：NH4+OH=NH3H2O； molL1；原溶液确定含有Mg2+、Al3+、NH4+，由图可知，沉淀最大时是氢氧化镁、氢氧化铝沉淀，且nMg（OH）2+nAl（OH）3=0
50、.02mol，沉淀最小时，为氢氧化镁，故nMg（OH）2=0.01mol，故nAl（OH）3=0.02mol0.01mol=0.01mol，根据铝元素守恒可知n（Al3+）=nAl（OH）3=0.01mol，根据Al3+3OH=Al（OH）3，需OH0.03mol；根据镁元素守恒可知原溶液中n（Mg2+）=nMg（OH）2=0.01mol，由（2）知而c到d一格氢氧根离子的浓度为0.01mol，0a与氢离子反应，所以氢离子的物质的量为0.01mol，则n（Mg2+）：n（Al3+）：n（H+）为1：1：1，故答案为：1：1：114硫铁矿烧渣（主要成分Fe2O3、Fe3O4、FeO、SiO2）等
51、是工业生产硫酸的废渣，利用硫铁矿烧渣制备铁红等产品的流程如图所示：（1）硫铁矿烧渣焙烧时所添加的还原剂最有可能的是C（填字母） A、铝 B、锌 C、碳（2）酸浸、过滤后滤液中的主要成分是FeSO4 （或H2SO4和FeSO4）（3）反应的反应温度一般需控制在35以下，其目的是防止NH4HCO3分解（或减少Fe2+的水解） （4）空气中煅烧FeCO3生成产品b的化学反应方程式为4FeCO3 +O22Fe2O3 +4CO2（5）检验产品a中是否含有氯化物杂质的实验操作时：取少量产品a于试管中配成溶液，滴加过量Ba（NO3）2溶液，过滤后向滤液中滴加AgNO3溶液【考点】制备实验方案的设计；物质的分
52、离、提纯的基本方法选择与应用【分析】硫铁矿烧渣在灼烧时加入碳，发生氧化还原反应生成铁，加入硫酸后生成硫酸亚铁，过滤后得到的滤渣为二氧化硅，滤液中加入碳酸氢铵溶液，可生成碳酸亚铁固体，经洗涤、干燥，在空气中灼烧时发生分解，且与空气中的氧气发生氧化还原反应，可生成铁红，反应过滤后所得溶液为硫酸铵和碳酸氢铵的混合物，加入硫酸得到硫酸铵，加入氯化钾可得到氯化铵和硫酸钾，以此解答该题【解答】解：（1）硫铁矿烧渣焙烧时所添加的还原剂最有可能的是碳，如加入铝、锌，可引入新杂质，而加入碳被氧化生成CO2气体，不会引入新杂质，故答案为：C； （2）焙烧后的固体为铁和二氧化硅的混合物，加入硫酸生成硫酸亚铁，如硫酸
53、过量，则滤液中还含有硫酸，故答案为：FeSO4 （或H2SO4和FeSO4）；（3）为防止NH4HCO3分解（或减少Fe2+的水解），反应的反应温度一般需控制在35以下，故答案为：防止NH4HCO3分解（或减少Fe2+的水解）；（4）空气中煅烧FeCO3生成铁红，反应的方程式为4FeCO3 +O22Fe2O3 +4CO2，故答案为：4FeCO3 +O22Fe2O3 +4CO2；（5）产品a主要为硫酸钾，为检验是否含有氯化物杂质，应加入硝酸银，但在加入硝酸银之前应加入过量的硝酸钡溶液，以除去硫酸根离子，过滤后再加入硝酸银溶液，故答案为：滴加过量Ba（NO3）2溶液，过滤后向滤液中滴加AgNO3溶
54、液15A、B、C、D、E是前四周期原子序数依次增大的五种元素A元素原子的核外电子数等于其电子层数，B元素基态原子有三个能级且各能级电子数相同，A与D可形成两种常见液态化合物G、H，其原子数之比分别为1：1和2：1E元素原子的K、L层电子数之和等于其M、N层电子数之和请回答下列各题（涉及元素请用相应化学符号表示）：（1）B、C、D三种元素中电负性最大的元素其基态原子的电子排布式为1s22s22p4（2）处于一定空间运动状态的电子在原子核外出现的概率密度分布可用电子云形象化描述在B的基态原子中，核外存在2对自旋相反的电子（3）由E和D形成的晶胞如图1所示，晶体中E2+周围等距且最近的E2+有12个
55、；ED的焰色反应为砖红色，许多金属或它们的化合物都可以发生焰色反应，其原因是激发态的电子跃迁到低能级时，以光的形式释放能量E和B可形成的晶体的晶胞结构与NaCl晶体的相似（如图2所示），但该晶体中含有的哑铃形B22的存在，使晶胞沿一个方向拉长晶体中E2+的配位数为6该化合物的电子式为（4）用高能射线照射液态H时，一个H分子能释放出一个电子，同时产生一种阳离子释放出来的电子可以被若干H分子形成的“网”捕获，你认为H分子间能形成“网”的原因是水分子间存在氢键由H分子释放出一个电子时产生的一种阳离子具有较强的氧化性，试写出该阳离子与SO2的水溶液反应的离子方程式2H2O+SO2=4H+SO42【考点
56、】位置结构性质的相互关系应用【分析】A、B、C、D、E是前四周期原子序数依次增大的五种元素A元素原子的核外电子数等于其电子层数，则A为H元素；B元素基态原子有三个能级且各能级电子数相同，核外电子排布式为1s22s22p2，故B为碳元素；A与D可形成两种常见液态化合物G、H，其原子数之比分别为1：1和2：1，则D为O元素、G为H2O2、H为H2O；C的原子序数介于碳、氧之间，则C为N元素；E元素原子的K、L层电子数之和等于其M、N层电子数之和，原子核外电子数为（2+8）2=20，则E为Ca，据此解答【解答】解：A、B、C、D、E、F是前四周期原子序数依次增大的六种元素A元素原子的核外电子数等于其
57、电子层数，则A为H元素；B元素基态原子有三个能级且各能级电子数相同，核外电子排布式为1s22s22p2，故B为碳元素；A与D可形成两种常见液态化合物G、H，其原子数之比分别为1：1和2：1，则D为O元素、G为H2O2、H为H2O；C的原子序数介于碳、氧之间，则C为N元素；E元素原子的K、L层电子数之和等于其M、N层电子数之和，原子核外电子数为（2+8）2=20，则E为Ca（1）同周期自左而右电负性增大，C、N、O中电负性最大的元素为O元素，其基态原子核外电子排布式为1s22s22p4，核外电子排布式为：1s22s22p4，故答案为：1s22s22p4；（2）处于一定空间运动状态的电子在原子核外
58、出现的概率密度分布可用电子云形象化描述，B为碳元素，基态原子核外电子排布式为1s22s22p2，核外存在2对自旋相反的电子，故答案为：电子云；2；（3）某化合物晶胞结构如图所示，以顶点的E2+研究，与之等距且最近的E2+位于面心，每个顶点为8个晶胞共用，每个面心为2个晶胞共用，故晶体中E2+周围等距且最近的E2+有=12个，ED的焰色反应为砖红色，许多金属或它们的化合物都可以发生焰色反应，其原因是：激发态的电子跃迁到低能级时，以光的形式释放能量，E和B可形成的晶体的晶胞结构与NaCl晶体的相似，但该晶体中含有的哑铃形C22的存在，使晶胞沿一个方向拉长，晶体中E2+的配位数为6，该化合物为CaC
59、2，电子式为，故答案为：12；激发态的电子跃迁到低能级时，以光的形式释放能量；6；（4）用高能射线照射液态水时，一个水分子能释放出一个电子，同时产生一种阳离子为H2O+水分子间能形成“网”的原因是：水分子间存在氢键，故答案为：水分子间存在氢键；由H分子释放出电子时产生的一种阳离子具有较强的氧化性，该阳离子与SO2水溶液反应离子方程式为：2H2O+SO2=4H+SO42，故答案为：2H2O+SO2=4H+SO4216（1）常温常压下，依据事实，写出下列反应的热化学方程式在25、101kPa下，2g甲醇燃烧生成CO2和液态水时放热45kJ则表示甲醇燃烧热的热化学方程式为CH3OH（g）+O2（g）
60、CO2（g）+2H2O（l）H=720kJ/mol若适量的N2和O2完全反应，每生成23g NO2需要吸收17kJ热量N2（g）+2O2（g）2NO2（g）H=+68kJ/mol（2）断裂1mol（理想）气体分子化学键所吸收的能量或形成1mol（理想）气体分子化学键所放出的能量称为键能（单位为KJmol1）表是一些键能数据（KJmol1）化学键键能化学键键能化学键键能化学键键能CH414CF489HF565FF158HH436HN391根据键能数据计算以下反应的反应热H：CH4（g）+4F2（g）CF4（g）+4HF（g）H根据键能和反应热化学方程式N2（g）+H2（g）NH3（g ）H=46
61、kJmol1 计算NN的键能（3）火箭推进器中盛有强还原剂液态肼（N2H4）和强氧化剂液态双氧水当把0.4mol液态肼和0.8mol H2O2混合反应，生成氮气和水蒸气，放出256.7kJ的热量（25、101kPa下测得的热量）该反应的热化学方程式为N2H4（g）+2H2O2（l）=N2（g）+4H2O（g）H=641.75kJ/mol又已知H2O（l）=H2O（g）H=+44kJ/mol则16g液态肼与液态双氧水反应生成液态水时放出的热量是408.875 kJ【考点】反应热和焓变【分析】（1）（1）燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时放出的热量；根据2g甲醇燃烧生成CO2和液态水时
62、放热45kJ，计算1mol甲醇燃烧放出的热量，结合化学方程式书写热化学方程式注意物质的聚集状态和反应热的单位等问题；根据每生成23克NO2需要吸收17kJ热量，计算2molNO2燃烧放出的热量，结合化学方程式书写热化学方程式注意物质的聚集状态和反应热的单位等问题；（2）旧键断裂吸收的能量减去新键生成释放的能量值即为反应热，依据化学反应的焓变=反应物总键能生成物总键能计算得到反应的焓变；1molN2含有1molNN，1molH2含有1molHH，1molNH3含有3molNH，依据H=反应物的总键能生成物的总键能进行计算（3）依据反应物和生成物配平书写化学方程式，根据定律关系判断，0.4mol液
63、态肼和0.8mol H2O2混合恰好反应，所以1mol液态肼完全反应放出641.75kJ的热量；H2O（l）=H2O（g）H=+44kJ/mol；依据盖斯定律计算分析得到【解答】解：（1）在25、101kPa下，2g甲醇（CH3OH）燃烧生成CO2和液态水时放热45kJ，32g甲醇燃烧生成CO2和液态水时放热22.5kJ32=720kJ，1mol甲醇质量为32克，所以完全燃烧1mol甲醇生成二氧化碳和液态水放热720KJ，所以燃烧热的热化学方程式为：CH3OH（g）+O2（g）CO2（g）+2H2O（l）H=720kJ/mol，故答案为：CH3OH（g）+O2（g）CO2（g）+2H2O（l）
64、H=720kJ/mol；适量的N2和O2完全反应，每生成23克NO2需要吸收17kJ热量，所以每生成92克NO2需要吸收68kJ热量，则热化学方程式为：N2（g）+2O2（g）=2NO2（g）H=+68kJ/mol，故答案为：N2（g）+2O2（g）2NO2（g）H=+68kJ/mol；（2）化学反应的焓变=反应物总键能生成物总键能，CH4（g）+4F2（g）=CF4（g）+4HF（g）H=1928KJ/mol；故答案为：1928KJ/mol；已知：HH键能为436kJ/mol，NH键键能为391kJ/mol，令NN键的键能为x，对于反应N2（g）+H2（g）NH3（g）H=46kJ/mol，
65、反应热=反应物的总键能生成物的总键能，故H=xkJ/mol+436kJ/mol3391=46kJ/mol，解得：x=946kJ/mol，故答案为：946kJ/mol；（3）反应方程式为：N2H4+2H2O2=N2+4H2O，0.4mol液态肼放出256.7KJ的热量，则1mol液态肼放出的热量为=641.75kJ，所以反应的热化学方程式为：N2H4（l）+2H2O2（l）=N2（g）+4H2O（g）H=641.75kJ/mol，故答案为：N2H4（g）+2H2O2（l）=N2（g）+4H2O（g）H=641.75kJ/mol；N2H4（l）+2H2O2（l）N2（g）+4H2O（g）H=641
66、.75kJ/mol；H2O（l）=H2O（g）H=+44kJ/mol；依据盖斯定律4得到N2H4（l）+2H2O2（l）N2（g）+4H2O（l）H=817.75KJ/mol：则16g液态肼物质的量=0.5mol；与液态双氧水反应生成液态水时放出的热量408.875KJ，故答案为：408.87517一些杀菌、镇痛的药物可由植物的种子、根皮提炼得到，如丁香酚、丹皮酚，其结构如下：请回答：（1）丁香酚和丹皮酚都具有杀菌作用，其原因可能是含有酚羟基（填官能团的名称）（2）丁香酚和丹皮酚都能发生的反应类型为AC（填字母序号）A加成反应 B加聚反应 C取代反应D消去反应（3）丁香酚发生聚合反应生成高分子
67、的化学方程式为丁香酚发生反应如下图所示已知：丹皮酚在“一定条件”生成的物质与D互为同分异构体（4）丁香酚A过程中加入NaOH溶液的原因是保护丁香酚中的酚羟基被臭氧氧化（5）写出一种同时符合以下条件的D的同分异构体的结构简式：a苯环上连接两种基团b遇FeCl3溶液显示特征颜色c能发生银镜反应d核磁共振氢谱显示含有五种氢原子（6）DE反应的化学方程式为【考点】有机物的推断【分析】（1）丁香酚和丹皮酚都含有酚羟基，具有杀菌作用；（2）根据物质含有的官能团及苯环分析解答；（3）丁香酚发生烯烃的加聚反应生成高分子化合物；（4）丁香酚与氢氧化钠反应得到A（丁香酚钠），A发生碳碳双键的臭氧氧化反应，可以氧化
68、酚羟基，B酸化会生成酚羟基，故丁香酚与氢氧化钠反应目的是保护酚羟基，防止被氧化；（5）（6）由转化关系可知，A为，B为，C为，D为，E为，据此解答【解答】解：（1）丁香酚和丹皮酚都含有酚羟基，具有杀菌作用，故答案为：酚羟基；（2）丁香酚含有酚羟基，可以发生取代反应，含有苯环与碳碳双键，可以发生加成反应、加聚反应，不能发生消去反应，丹皮酚含有有酚羟基，可以发生取代反应，含有苯环、羰基，可以发生加成反应，不能发生加聚反应、消去反应，二者都能发生的反应类型为加成反应、取代反应，故答案为：AC；（3）丁香酚发生烯烃的加聚反应生成高分子化合物，该反应方程式为：，故答案为：；（4）丁香酚与氢氧化钠反应得到
69、A（丁香酚钠），A发生碳碳双键的臭氧氧化反应，可以氧化酚羟基，B酸化会生成酚羟基，故丁香酚与氢氧化钠反应目的是保护酚羟基，防止被氧化，故答案为：保护丁香酚中的酚羟基被臭氧氧化；（5）由转化关系可知，A为，B为，C为，D为，E为，D的同分异构体符合：a苯环上连接两种基团，b遇FeCl3溶液显示特征颜色，含有酚羟基，c能发生银镜反应，含有醛基，d核磁共振氢谱显示含有五种氢原子，符合条件的同分异构体有：，故答案为：；（6）DE反应的化学方程式为：，故答案为：18锡及其化合物在生产、生活中有着重要的用途已知：Sn的熔点为231；Sn2+易水解、易被氧化；SnCl4极易水解、熔点为33、沸点为114请按
70、要求回答下列相关问题：（1）锡在周期表中的位置为第五周期第A族（2）用于镀锡工业的硫酸亚锡（SnSO4）的制备步骤如下：ISnCl2加入盐酸和Sn 粉II分离滤渣和滤液滤液用NaHCO3调节pH至67 得混合物（含SnO）从混合物中分离得SnOVSnO和稀硫酸最终得SnSO4晶体步骤加入Sn粉的作用：防止Sn 2+被氧化为Sn4+及调节溶液pH步骤用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒步骤生成SnO的离子方程式：Sn2+2HCO3=SnO+2CO2+H2O步骤中检验SnO是否洗涤干净的操作是取最后一次洗涤后滤液少许于试管中，依次滴加足量硝酸、少量硝酸银溶液，观察到无白色沉淀，证明已洗净步骤操作依次
71、为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、低温干燥（3）SnCl4蒸气遇氨及水汽呈浓烟状，因而可制作烟幕弹，其反应的化学方程式为SnCl4+4NH3+4H2O=Sn（OH）4+4NH4Cl实验室欲用如图装置制备少量SnCl4 （夹持装置略），该装置存在明显缺陷，改进方法是在A、B装置间依次连接盛有饱和食盐水、浓硫酸的洗气瓶；熔融锡与氯气化合的反应是放热反应，且放出的热足够此反应持续进行（4）利用改进后的装置进行实验，当开始装置C中收集到有SnCl4时即可熄灭B处酒精灯，反应仍可持续进行的理由是熔融锡与氯气化合的反应是放热反应，且放出的热足够使此反应持续进行（5）用于微电子器件生产的锡粉纯度测定：取2.
72、38g试样溶于较浓硫酸中（杂质不参与反应），使Sn完全转化为Sn2+加入过量的Fe2（SO4）3用0.1000molL1K2Cr2O7溶液滴定，消耗20.00mL，步骤中加入Fe2（SO4）3的作用是：将Sn 2+全部氧化为Sn 4+；此锡粉样品中锡的质量分数：30%【考点】制备实验方案的设计【分析】（1）主族元素原子核外电子层数与其周期数相等，最外层电子数与其族序数相等；（2）ISnCl2是强酸弱碱盐，Sn2+易水解且易被氧化，为防止水解和氧化，SnCl2加入盐酸和Sn 粉；II分离滤渣和滤液采用过滤方法；滤液用NaHCO3调节pH至67 得混合物（含SnO），Sn2+和NaHCO3发生双水
73、解反应Sn2+2HCO3=SnO+2CO2+H2O生成SnO；采用过滤方法将混合物中分离得SnO；VSnO和稀硫酸最终得SnSO4晶体，反应方程式为SnO+H2SO4=SnSO4+H2O；（3）SnCl4蒸气遇氨及水汽呈浓烟状，说明SnCl4、NH3、H2O反应生成氯化铵和Sn（OH）4；（4）熔融锡与氯气化合的反应是放热反应，且放出的热足够使此反应持续进行；SnCl4易水解，制备中应在干燥环境中进行；（5）Fe2（SO4）3将Sn2+全部氧化为Sn4+，同时生成Fe2+，根据元素守恒及电子得失守恒有关系式3Sn3Sn2+6Fe3+6Fe2+K2Cr2O7，根据K2Cr2O7的物质的量可计算出
74、锡的物质的量，进而求得锡的质量，据此确定锡的质量分数【解答】解：（1）Sn原子核外有5个电子层、最外层电子数是5，所以位于第五周期、第A族，故答案为：第五周期第A族；（2）Sn2+易水解且易被氧化，为防止水解和氧化，SnCl2加入盐酸和Sn 粉，所以Sn的作用是防止Sn 2+被氧化为Sn4+和调节溶液的pH，故答案为：防止Sn 2+被氧化为Sn4+；步骤II是过滤，用到的玻璃仪器有漏斗、玻璃棒和烧杯，故答案为：漏斗（或普通漏斗）、玻璃棒；该反应离子方程式为Sn2+2HCO3=SnO+2CO2+H2O，故答案为：Sn2+2HCO3=SnO+2CO2+H2O；如果沉淀有吸附的离子，应该是氯离子，实
75、验室用硝酸酸化的硝酸银检验氯离子，其检验方法为取最后一次洗涤后滤液少许于试管中，依次滴加足量硝酸、少量硝酸银溶液，观察到无白色沉淀，故答案为：取最后一次洗涤后滤液少许于试管中，依次滴加足量硝酸、少量硝酸银溶液，观察到无白色沉淀；从溶液中获取晶体采用蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥的方法，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶；（3）SnCl4水解得到Sn（OH）4与HCl，HCl与氨气反应得到NH4Cl，反应方程式为：SnCl4+4NH3+4H2O=Sn（OH）4+4NH4Cl；由于SnCl4易水解，制备中应在干燥环境中进行，制备的氯气中含有HCl、水蒸气，需要除去，防止Sn与HCl反应，SnCl4
76、水解，改进方法是：在A、B装置间依次连接盛有饱和食盐水、浓硫酸的洗气瓶；熔融锡与氯气化合的反应是放热反应，且放出的热足够此反应持续进行，故答案为：SnCl4+4NH3+4H2O=Sn（OH）4+4NH4Cl；在A、B装置间依次连接盛有饱和食盐水、浓硫酸的洗气瓶；熔融锡与氯气化合的反应是放热反应，且放出的热足够此反应持续进行；（4）熔融锡与氯气化合的反应是放热反应，且放出的热足够使此反应持续进行，所以不需要外加热源，故答案为：熔融锡与氯气化合的反应是放热反应，且放出的热足够使此反应持续进行；（5）Fe2（SO4）3将Sn2+全部氧化为Sn4+，同时生成Fe2+，反应的离子方程式为2Fe3+Sn2
77、+=2Fe2+Sn4+，根据元素守恒及电子得失守恒有关系式3Sn3Sn2+6Fe3+6Fe2+K2Cr2O7，K2Cr2O7的物质的量为0.1000molL10.02L=0.002mol，所以锡的物质的量为0.006mol，则锡的质量分数为100%=30%，故答案为：将Sn 2+全部氧化为Sn 4+；30%19如图中AK分别代表有关反应的一种反应物或生成物，其中A、C、F、K是固体已知A是一种不含金属元素的盐，受热分解得到三种产物物质的量之比为2：1：1的；A加热后生成的混合气体若通过碱石灰，只剩余气体B（B为无色有刺激性气味的气体），若通过浓硫酸则只剩余气体D（D为无色无味气体）；C为淡黄色
78、固体各物质间的转化关系如图所示：请回答：（1）D中化学键的类型为共价键，C的电子式，B的空间构型为三角锥形（2）写出A的溶液与足量NaOH溶液反应的离子方程式：NH4+OH2NH3+H2O（或NH4+OHNH3H2O）（3）写出J与K反应的化学方程式C+4HNO3（浓）4NO2+CO2+2H2O（4）在标准状况下4.48L的H与I恰好被100mlNaOH溶液完全吸收，所需NaOH溶液的物质的量浓度为2molL1（5）工业尾气中含有各种氮的氧化物（主要是NO和NO2，表示为NOx），NOx是严重的大气污染物，处理这些废气方法之一是通入适量的B，反应后会生成一种无色无味的气体写出NOx与B反应的化
79、学方程式：2NH3+NO2+NO2N2+3H2O或4xNH3+6NOx（2x+3）N2+6xH2O【考点】无机物的推断【分析】A是一种不含金属元素的盐，应为铵盐，受热分解得到三种产物物质的量之比为2：1：1，A加热后生成的气体混合物若通过碱石灰，只剩余气体B（B为无色有刺激性气味的气体）推断为NH3，若通过浓硫酸则只剩余气体D，判断D为CO2，推断A为（NH4）2CO3，结合转化关系B+E在催化剂作用下加热生成G+H，H能发生连续反应，说明是氨气的催化氧化反应判断E为O2，G为H2O，H为NO，I为NO2，N为HNO3，D（CO2）+C=E（O2）+F，判断C为Na2O2，F为Na2CO3，依
80、据转化关系K+E（O2）=D（CO2）反应是点燃条件下发生的反应，判断K为C，结合物质的性质及化学用语来解答【解答】解：A是一种不含金属元素的盐，应为铵盐，受热分解得到三种产物物质的量之比为2：1：1，A加热后生成的气体混合物若通过碱石灰，只剩余气体B（B为无色有刺激性气味的气体）推断为NH3，若通过浓硫酸则只剩余气体D，判断D为CO2，推断A为（NH4）2CO3，结合转化关系B+E在催化剂作用下加热生成G+H，H能发生连续反应，说明是氨气的催化氧化反应判断E为O2，G为H2O，H为NO，I为NO2，N为HNO3，D（CO2）+C=E（O2）+F，判断C为Na2O2，F为Na2CO3，依据转化
81、关系K+E（O2）=D（CO2）反应是点燃条件下发生的反应，判断K为C，（1）由以上分析可知D为CO2，含有极性共价键，C为Na2O2，电子式为，B为NH3，为三角锥形结构，故答案为：共价键；三角锥形；（2）固体A为碳酸铵，溶液与足量NaOH溶液反应的离子方程式为NH4+OH2NH3+H2O （或NH4+OHNH3H2O），故答案为：NH4+OH2NH3+H2O （或NH4+OHNH3H2O）；（3）N与K反应的化学方程为C+4HNO3（浓）4NO2+CO2+2H2O，故答案为：C+4HNO3（浓）4NO2+CO2+2H2O；（4）在标准状况下4.48L的NO与NO2恰好被100mlNaOH溶
82、液完全吸收，发生NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O，气体共为=0.2mol，则n（NaOH）=0.2mol，c（NaOH）=2mol/L，故答案为：2；（5）B为氨气，与NOx反应生成氮气和水，反应的方程式为2NH3+NO2+NO2N2+3H2O或4xNH3+6NOx（2x+3）N2+6xH2O，故答案为：2NH3+NO2+NO2N2+3H2O或4xNH3+6NOx（2x+3）N2+6xH2O20有机化学反应因反应条件不同，可生成不同的有机产品例如：（1）HX（X为卤素原子）与丙烯加成时H加在含H多的碳原子上，若有H2O2存在时则H加在含H少的碳原子上（2）苯的同系物与卤素单质混合
83、，若在光照条件下，侧链上氢原子被卤素原子取代；若在催化剂作用下，苯环上的氢原子被卤素原子取代工业上利用上述信息，按下列路线合成结构简式为的物质，该物质是一种香料请根据上述路线，回答下列问题：（1）A的结构简式可能为（2）反应、的反应类型分别为加成反应、消去反应、取代反应或水解反应（3）反应的化学方程式为（有机物写结构简式，并注明反应条件）：2+O22+2H2O（4）工业生产中，中间产物A须经反应得D，而不采取直接转化为D的方法，其原因是中间产物A的结构不确定，若直接由A转化为D会有大量副产物生成（5）这种香料具有多种同分异构体，其中某些物质有下列特征：含有酚羟基 苯环上的一溴代物有两种写出符合
84、上述条件的物质可能的结构简式（只写三种）：、【考点】有机物的合成【分析】在光照条件下可与氯气发生取代反应生成A，B能发生加成反应，则A应发生消去反应，B为，根据产物可知D为，则C为，以此解答该题【解答】解：在光照条件下可与氯气发生取代反应生成，B能发生加成反应，则A应发生消去反应，B为，根据产物可知D为，则C为 （1）由以上分析可知A为，故答案为：；（2）由异丙苯的结构可知，反应为苯与丙烯发生加成反应，反应为A发生消去反应生成，为发生取代反应生成，故答案为：加成反应，消去反应，取代反应或水解反应；（3）反应的化学方程式为2+O22+2H2O，故答案为：2+O22+2H2O；（4）A为，D为，中间产物A须经反应得D，而不采取直接转化为D的方法的原因是：中间产物A的结构不确定，若直接由A转化为D会有大量副产物生成，故答案为：中间产物A的结构不确定，若直接由A转化为D会有大量副产物生成；（5）该物质的水溶液遇FeCl3溶液呈紫色，说明含有酚羟基，分子中有苯环，且苯环上的一溴代物有两种，则苯环上有2个取代基，且位于对位位置，可能为，故答案为：、2017年1月13日
