1、2015年四川省泸州市高考化学三诊试卷一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1化学与生活、生产密切相关下列叙述正确的是（）A硅胶和铁粉常用于食品包装袋中作抗氧化剂，它们都是无机物B食盐和食醋常用于厨房中作调味品，它们都是盐C硅和石英常用于制作光导纤维，它们都是原子晶体D氢氧化铝和碳酸氢钠常用于消除胃酸过多，它们都是电解质2下列说法不正确的是（）A在船外壳镶嵌锌块保护船身，锌为原电池的负极BMgO的熔点高于NaCl，是因为MgO的晶格能大于NaClC1molFeCl3完全水解将产生6.021023个胶体粒子D水的离子积常数Ksp随着温度的升高而增大，说明水的电离是吸热过程3对下表中实验操
2、作或现象的解释不合理的是（）实验操作及现象现象的解释A将一片铝箔置于酒精灯外焰上灼烧，铝箔熔化但不滴落单质铝的熔点特别高B用玻璃尖嘴导管导出氢气，点燃，观察到火焰呈黄色普通玻璃中含有钠元素C往水中加入Na2O2固体，滴入酚酞呈红色，振荡，红色褪去产生了碱性物质，且Na2O2具有漂白性D向过量的苯酚浓溶液中滴加少许饱和溴水，振荡，未观察到白色沉淀产生三溴苯酚溶解在过量的苯酚中AABBCCDD4解释下列事实的离子方程式或电极反应式不正确的是（）A酸性KI淀粉溶液在空气中久置后变蓝：4I+O2+2H2O=2I2+4OHB用Na2CO3溶液处理水垢中的CaSO4：CO32+CaSO4CaCO3+SO4
3、2C铅蓄电池充电时阴极质量减轻：PbSO4+2e=Pb+SO42D明矾与足量Ba（OH）2溶液混合有沉淀出现：Al3+2SO42+4OH+2Ba2+=2BaSO4+AlO2+2H2O5X、Y、Z、W、Q是原子充数依次增大的前四周期元素，X的基态原子s电子总数是p电子总数的2倍；Z是地壳中含量最多的元素；W、Q同周期，且最外层电子数都为1，Q的核外电子排布中未成对电子数为6下列说法错误的是（）AX、Y、Z的气态氢化物的稳定性依次增强BXZ2分子中键与键个数之比为1：1C原子半径由大到小的顺序：WZYD由Z、W、Q三种元素形成的某种化合物可用于检查司机是否酒后驾车6常温下，下列溶液中的pH判断或各
4、微粒浓度关系，不正确的是（）A将5mL0.02mol/L的H2SO4溶液与5mL0.02mol/LNaOH溶液充分混合，若混合后溶液的体积为10mL，则混合液的pH=2B将0.2mol/L的某一元酸HA溶液和0.1mol/LNaOH溶液等体积混合，混合液pH大于7，则反应后的混合液中：c（OH）+c（A）c（H+）+c（HA）CpH相等的CH3COONa C6H5ONa NaHCO3溶液中，c（Na+）大小关系：D常温下，0.1mol/L的CH3COONa和NaClO的混合溶液中：c（OH）c（H+）=c（HClO）+c（CH3COOH）7在对应的温度下，体积均为2L的三个恒容密闭容器中发生如
5、下可逆反应：N2O4（g）2NO2（g）H=+57kJ/mol，实验测得有关数据如下表：容器编号温度起始时各物质的物质的量/mol达到平衡时体系能量的变化达到平衡所需时间N2O4NO2 T120吸热22.8kJ2min T204放热Q（Q0）kJ T331下列叙述正确的是（）A容器中，从起始到平衡时，用NO2表示的平均反应速率v（NO2）为0.2mol（Lmin）B若容器在恒温恒压下达平衡，该条件下的平衡常数等于0.2C若Q34.2kJ，则T1T2D容器在达平衡前，v（正）v（逆）二、解答题（共4小题，满分58分）8某校化学兴趣小组将废弃的线路板处理后，得到紫红色金属A，并进行如下框图所示实验
6、，得到深蓝色溶液D（图中某些生成物已略去）（1）A元素位于元素周期表中周期族B溶液中的金属阳离子的电子排布式为（2）H2O2分子中氧原子杂化方式为E为气体，其水溶液呈弱碱性，E分子的VSEPR模型是（3）向D的溶液中加入镁条（表面已除去氧化膜），一段时间后镁条表面有紫红色金属析出写出该反应的离子方程式：9绿矾（FeSO47H2O）是抗贫血药物的主要成分，可用于缺铁性贫血的治疗某校化学学习小组对绿矾展开了制备、定性和定量探究请你帮助完成相应实验或问题 查阅资料：绿矾（相对分子质量为278）在300失去全部结晶水，FeSO4在600以上发生分解制备： 取除去油脂的废铁屑（含少量的铁锈和碳）于一烧杯
7、中，加入2030%的稀硫酸溶液，在5080水浴中加热至不再产生气泡将溶液趁热过滤、再次过滤、冰水洗涤、小心烘干，得到绿矾晶体加入稀硫酸的实验中可能的反应有3个：Fe+2H+=Fe2+H2，Fe2O3+6H+=2Fe3+3H2O和（写离子方程式）定性探究： 学习小组拟通过实验探究绿矾热分解的产物，提出如下4种猜想：R甲：FeO、SO2、H2O 乙：Fe2O3、SO3、H2O 丙：Fe2O3、SO2、H2O 丁：Fe2O3、SO2、SO3、H2O（1）根据氧化还原反应原理，上述猜想肯定不成立（2）设计实验：针对其它三种猜想，设计如下图所示的实验装置（夹持仪器等均省略）：（3）实验过程： 连接仪器并
8、检查装置的气密性，放入固体试剂，通N2排空气 称取绿矾晶体5.56g置于A中，加热到600以上 一段时间后，打开K通N2，移开酒精灯，冷却A装置至室温、称量，测得剩余固体的质量为2.32g此步通N2的主要目的是（任写一点） 观察到B装置中无水硫酸铜变蓝，C中锥形瓶内产生沉淀，D中品红溶液褪色由此可以证明的产物有 取A中剩余固体少许于试管中，加入适量稀硫酸溶解，再滴入2滴KSCN溶液，溶液变红（4）问题探讨：某同学取A中剩余固体少许于一支试管中，加入适量硫酸溶解，再滴加少许KMnO4溶液，发现KMnO4溶液紫红色褪去，于是认为上述实验还有FeO生成小组讨论后否定了该同学的观点，请说明理由（5）实
9、验结论：根据实验现象得出上述猜想正确定量探究： 该学习小组取ag抗贫血药物配成100mL溶液，取25.0mL于锥形瓶中，用bmolL1K2Cr2O7标准溶液滴定（已知该反应中Cr2O72被还原为Cr3+，药物其它成分不与K2Cr2O7反应），平均消耗K2Cr2O7标准溶液vmL则该抗贫血药中铁元素的质量分数为（用含a、b和v的代数式表示）10丙烯是石油的裂解之一，工业上可用它制得合成中间体A、B下列是合成路线之一，A的结构简式为已知：请回答下列问题；（1）反应产物的分子式为；由A可合成橡胶，该反应的类型是；B遇FeCl3溶液显紫色，B的名称是（2）丙烯也可由“2溴丙烷”在某条件下一步反应制得，
10、请写出该化学反应方程式（3）C与C2H2合成D的化学方程式为（4）已知：RCHO+RCH2CHO+H2OG有如下转化：由B和G在浓硫酸条件下合成树脂X，则X的结构简式为写出符合下列要求的的所有同分异构体的结构简式与FeCl3溶液发生显色反应；能发生银镜反应；核磁共振氢谱中有四种峰，且无OO结构11最近，著名记者柴静的雾霾调查纪录片穹顶之下，在互联网上产生了爆炸性影响煤燃烧的尾气是造成雾霾天气的原因之一，下列是一种变废为宝的处理方法（1）上述流程中循环使用的物质有，吸收池吸收的气体有（2）向吸收池得到的HSO3溶液中滴加CaCl2溶液，出现浑浊，pH降低，用平衡移动原理解释溶液pH降低的原因：（
11、3）电解池制得S2O32的原理如图1所示写出电解总反应的离子方程式（4）1molCO（g）和1molNO2（g）反应生成1molCO2（g）和1molNO（g），反应过程中的能量变化如图2，E1=134kJ/mol，E2=368kJ/mol 已知：N2（g）=2NO（g）H=+179.5kJ/mol 2NO（g）+O2（g）=2NO2（g）H=112.3kJ/mol 请写出NO与CO反应生成无污染气体的热化学方程式：（5）上述流程中每一步均恰好完全反应，若制得NH4NO3质量为xkg，电解池V制得cmol/L的S2O32溶液ym3，则氧化池中消耗的O2在标准状况下的体积为m32015年四川省泸
12、州市高考化学三诊试卷参考答案与试题解析一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1化学与生活、生产密切相关下列叙述正确的是（）A硅胶和铁粉常用于食品包装袋中作抗氧化剂，它们都是无机物B食盐和食醋常用于厨房中作调味品，它们都是盐C硅和石英常用于制作光导纤维，它们都是原子晶体D氢氧化铝和碳酸氢钠常用于消除胃酸过多，它们都是电解质【考点】无机化合物与有机化合物的概念；酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；原子晶体；电解质与非电解质菁优网版权所有【分析】A硅胶无抗氧化性； B食醋的主要成分是乙酸；C光导纤维的主要成分是二氧化硅；D氢氧化铝和碳酸氢钠能与氯化氢反应【解答】解：A硅胶无抗氧化性，硅胶有
13、吸水性，可做干燥剂，故A错误； B食醋的主要成分是乙酸，属于酸，故B错误；C光导纤维的主要成分是二氧化硅，硅常用作太阳能电池，故C错误；D氢氧化铝和碳酸氢钠能与氯化氢反应，可做抗酸药，故D正确故选D【点评】本题综合考查食品添加剂、材料、药物和电解质等问题，为高频考点，侧重化学与生活、生产以及环境的考查，有利于培养学生的良好的科学素养，难度不大2下列说法不正确的是（）A在船外壳镶嵌锌块保护船身，锌为原电池的负极BMgO的熔点高于NaCl，是因为MgO的晶格能大于NaClC1molFeCl3完全水解将产生6.021023个胶体粒子D水的离子积常数Ksp随着温度的升高而增大，说明水的电离是吸热过程【
14、考点】金属的电化学腐蚀与防护；晶格能的应用；吸热反应和放热反应；盐类水解的原理菁优网版权所有【分析】A原电池的正极金属易被保护，不易腐蚀； B均为离子晶体，晶格能大的熔点高，晶格能与离子半径与离子电荷有关；CFe（OH）3胶体粒子是由Fe（OH）3“分子”聚合成的较大颗粒；D水的离子积随温度升高增大，说明氢离子和氢氧根离子浓度增大，所以水的电离是吸热过程【解答】解：A海轮外壳镶嵌锌块，锌为原电池的负极，此时铁作为原电池的正极金属而被保护，不易腐蚀，是采用了牺牲阳极的阴极保护法，故A正确； B决定晶格能的因素为：离子电荷、离子半径、离子的电子层构型，MgO所带电荷多，MgO的熔点高于NaCl，故
15、B正确；CFe（OH）3胶体粒子是由Fe（OH）3“分子”聚合成的较大颗粒，含1molFe3+的FeCl3完全水解，产生Fe（OH）3胶体粒子小于6.021023，故C错误；D水的离子积随温度升高增大，说明氢离子和氢氧根离子浓度增大，促进水的电离，所以水的电离是吸热过程，故D正确故选C【点评】本题考查金属腐蚀、晶格能、胶体和离子积，题目难度不大，做题时注意物质的组成、结构、性质以及存在的状态和条件等问题3对下表中实验操作或现象的解释不合理的是（）实验操作及现象现象的解释A将一片铝箔置于酒精灯外焰上灼烧，铝箔熔化但不滴落单质铝的熔点特别高B用玻璃尖嘴导管导出氢气，点燃，观察到火焰呈黄色普通玻璃中
16、含有钠元素C往水中加入Na2O2固体，滴入酚酞呈红色，振荡，红色褪去产生了碱性物质，且Na2O2具有漂白性D向过量的苯酚浓溶液中滴加少许饱和溴水，振荡，未观察到白色沉淀产生三溴苯酚溶解在过量的苯酚中AABBCCDD【考点】铝的化学性质；钠的重要化合物；焰色反应；苯酚的化学性质菁优网版权所有【分析】A氧化铝的熔点高，包裹在Al的外面； B黄色火焰为钠元素的性质；C过氧化钠与水反应生成氢氧化钠；D三溴苯酚易溶于苯酚【解答】解：A将一片铝箔置于酒精灯外焰上灼烧生成氧化铝，氧化铝的熔点高，包裹在Al的外面，则铝箔熔化但不滴落，故A错误； B黄色火焰为钠元素的性质，说明玻璃中含有钠元素，故B正确；C过氧
17、化钠与水反应生成氢氧化钠，呈碱性，酚酞呈红色，过氧化钠有漂白性，能使酚酞褪色，故C正确；D三溴苯酚易溶于苯酚，观察不到白色沉淀，故D正确故选A【点评】本题考查化学实验方案的评价，涉及物质的性质以及元素的检验等知识点，侧重物质性质的考查，选项D为易错点，题目难度中等4解释下列事实的离子方程式或电极反应式不正确的是（）A酸性KI淀粉溶液在空气中久置后变蓝：4I+O2+2H2O=2I2+4OHB用Na2CO3溶液处理水垢中的CaSO4： CO32+CaSO4CaCO3+SO42C铅蓄电池充电时阴极质量减轻：PbSO4+2e=Pb+SO42D明矾与足量Ba（OH）2溶液混合有沉淀出现：Al3+2SO4
18、2+4OH+2Ba2+=2BaSO4+AlO2+2H2O【考点】离子方程式的书写菁优网版权所有【分析】A酸性溶液中氢氧根离子不能大量存在；B碳酸钙比硫酸钙更难溶，硫酸钙沉淀转化成碳酸钙沉淀；C铅蓄电池的阴极发生还原反应，铅离子得到电子生成铅单质；D氢氧化钡足量，铝离子完全转化成偏铝酸根离子【解答】解：A酸性溶液中，反应产物不会存在氢氧根离子，正确的离子方程式为：4I+O2+4H+=2I2+2H2O，故A错误；B用Na2CO3溶液处理水垢中的CaSO4，实现了沉淀的转化，反应的离子方程式为：CO32+CaSO4CaCO3+SO42，故B正确；C铅蓄电池充电时阴极硫酸铅中铅离子得到电子生成铅单质，
19、导致质量减轻，反应的离子方程式为：PbSO4+2e=Pb+SO42，故C正确；D明矾与足量Ba（OH）2溶液混合，铝离子与足量氢氧根离子反应生成偏铝酸根离子，同时生成硫酸钡沉淀，反应的离子方程式为：Al3+2SO42+4OH+2Ba2+=2BaSO4+AlO2+2H2O，故D正确；故选A【点评】本题考查了离子方程式的书写，题目难度中等，明确离子方程式的书写原则及电解原理为解答关键，A为易错点，注意反应溶液的酸碱性，试题侧重考查学生的分析能力及灵活应用基础知识的能力5X、Y、Z、W、Q是原子充数依次增大的前四周期元素，X的基态原子s电子总数是p电子总数的2倍；Z是地壳中含量最多的元素；W、Q同周
20、期，且最外层电子数都为1，Q的核外电子排布中未成对电子数为6下列说法错误的是（）AX、Y、Z的气态氢化物的稳定性依次增强BXZ2分子中键与键个数之比为1：1C原子半径由大到小的顺序：WZYD由Z、W、Q三种元素形成的某种化合物可用于检查司机是否酒后驾车【考点】原子结构与元素周期律的关系；原子结构与元素的性质菁优网版权所有【分析】X、Y、Z、W、Q是原子充数依次增大的前四周期元素，X的基态原子s电子总数是p电子总数的2倍，原子核外电子排布为1s22s22p2，故X为C元素；Z是地壳中含量最多的元素，则Z为O元素；Y原子序数介于碳、氧之间，故Y为N元素；W、Q同周期，且最外层电子数都为1，只能处于
21、第四周期，Q的核外电子排布中未成对电子数为6，外围电子排布为3d54s1，故Q为Cr，W原子序数小于Cr，故W为K，据此解答【解答】解：X、Y、Z、W、Q是原子充数依次增大的前四周期元素，X的基态原子s电子总数是p电子总数的2倍，原子核外电子排布为1s22s22p2，故X为C元素；Z是地壳中含量最多的元素，则Z为O元素；Y原子序数介于碳、氧之间，故Y为N元素；W、Q同周期，且最外层电子数都为1，只能处于第四周期，Q的核外电子排布中未成对电子数为6，外围电子排布为3d54s1，故Q为Cr，W原子序数小于Cr，故W为KAX、Y、Z分别为C、N、O，非金属性依次增强，故气态氢化物的稳定性依次增强，故
22、A正确；BXZ2分子为CO2，结构式为O=C=O，分子中键与键个数之比为1：1，故B正确；C同周期自左而右原子半径较小、同主族自上而下原子半径增大，故原子半径由大到小的顺序：KNO，故C错误；D由Z、W、Q三种元素形成的化合物K2Cr2O4可用于检查司机是否酒后驾车，故D正确，故选：C【点评】本题结构性质位置关系综合应用，涉及核外电子排布、元素周期律、化学键等，根据核外电子排布规律推断元素是解题关键，难度中等6常温下，下列溶液中的pH判断或各微粒浓度关系，不正确的是（）A将5mL0.02mol/L的H2SO4溶液与5mL0.02mol/LNaOH溶液充分混合，若混合后溶液的体积为10mL，则混
23、合液的pH=2B将0.2mol/L的某一元酸HA溶液和0.1mol/LNaOH溶液等体积混合，混合液pH大于7，则反应后的混合液中：c（OH）+c（A）c（H+）+c（HA）CpH相等的CH3COONa C6H5ONa NaHCO3溶液中，c（Na+）大小关系：D常温下，0.1mol/L的CH3COONa和NaClO的混合溶液中：c（OH）c（H+）=c（HClO）+c（CH3COOH）【考点】离子浓度大小的比较；pH的简单计算菁优网版权所有【分析】A首先判断过量问题，然后计算溶液的中c（H+），再计算出溶液的pH；B反应后溶质为等浓度的NaA和HA，混合液的pH大于7，则A的水解程度大于HA
24、的电离程度，然后结合电荷守恒和物料守恒判断；C对应酸的酸性越弱，酸根离子的水解程度越强，溶液的pH越大，已知酸性：c（CH3COOH）c（H2CO3）c（C6H5OH），据此判断pH相同的CH3COONa溶液、C6H5ONa溶液、Na2CO3溶液的浓度关系及钠离子浓度；D根据混合液中的质子守恒判断【解答】解：A常温下将5mL0.02mol/LNaOH溶液与5mL0.02mol/LH2SO4溶液充分混合，硫酸过量，反应后c（H+）=0.01mol/L，则pH=2，故A正确；B二者混合后溶液中的溶质是等物质的量浓度的HA和NaA，溶液呈碱性，则：c（OH）c（H+），说明A的水解程度大于HA电离程
25、度，则溶液中存在电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒得c（OH）+c（A）=c（H+）+c（Na+），根据物料守恒得2c（Na+）=c（A）+c（HA），二者结合可得：2c（OH）+c（A）=2c（H+）+c（HA），由于c（OH）c（H+），则c（OH）+c（A）c（H+）+c（HA），故B错误；C酸性大小为：c（CH3COOH）c（H2CO3）c（C6H5OH），则等浓度的CH3COONa溶液、C6H5ONa溶液、Na2CO3溶液的pH大小为：c（CH3COONa）c（NaHCO3）c（C6H5ONa），则CH3COONa C6H5ONa NaHCO3溶液的浓度关系为：c（CH3COONa）c
26、（NaHCO3）c（C6H5ONa），由于钠离子不水解，则钠离子浓度大小为：，故C正确；D常温下，0.1mol/L的CH3COONa和NaClO的混合溶液中，根据质子守恒可得：c（OH）=c（H+）+c（HClO）+c（CH3COOH），整理可得：c（OH）c（H+）=c（HClO）+c（CH3COOH），故D正确；故选B【点评】本题考查了离子浓度大小比较，题目难度中等，涉及酸碱混合的定性判断及溶液pH的计算、盐的水解原理、离子浓度大小比较等知识，试题知识点较多、综合性较强，充分考查学生的分析、理解能力及灵活应用基础知识的能力7在对应的温度下，体积均为2L的三个恒容密闭容器中发生如下可逆反应：
27、N2O4（g）2NO2（g）H=+57kJ/mol，实验测得有关数据如下表：容器编号温度起始时各物质的物质的量/mol达到平衡时体系能量的变化达到平衡所需时间N2O4NO2 T120吸热22.8kJ2min T204放热Q（Q0）kJ T331下列叙述正确的是（）A容器中，从起始到平衡时，用NO2表示的平均反应速率v（NO2）为0.2mol（Lmin）B若容器在恒温恒压下达平衡，该条件下的平衡常数等于0.2C若Q34.2kJ，则T1T2D容器在达平衡前，v（正）v（逆）【考点】化学平衡的计算菁优网版权所有【分析】A生成的二氧化氮为2=0.8mol，再根据v=计算；B生成的二氧化氮为0.8mol
28、，则： N2O4（g）2NO2（g）开始（mol）：2 0转化（mol）：0.4 0.8平衡（mol）：1.6 0.8恒温恒压下，平衡时体积为2L=2.4L，再计算平衡浓度，代入平衡常数表达式K=计算；C若温度相同，二者为等效平衡，平衡时N2O4为1.6mol，若Q34.2kJ，则中生成N2O4小于=0.7mol，与相比平衡正向移动；D容器中不能确定反应进行方向【解答】解：A生成的二氧化氮为2=0.8mol，则v（NO2）=0.2mol（Lmin），故A正确；B生成的二氧化氮为0.8mol，则： N2O4（g）2NO2（g）开始（mol）：2 0 转化（mol）：0.4 0.8平衡（mol）：
29、1.6 0.8 恒温恒压下，平衡时体积为2L=2.4L，则平衡常数K=，故B错误；C若温度相同，二者为等效平衡，平衡时N2O4为1.6mol，若Q34.2kJ，则中生成N2O4小于=0.7mol，与相比平衡正向移动，正反应为吸热反应，升高温度平衡正向移动，则T1T2，故C错误；D容器中不能确定反应进行方向，则在达平衡前v（正）、v（逆）相对大小不能确定，故D错误，故选：A【点评】本题考查化学平衡计算及影响因素，B选项为易错点，注意容器的体积发生变化，C中注意利用等效平衡进行分析解答，难度中等二、解答题（共4小题，满分58分）8某校化学兴趣小组将废弃的线路板处理后，得到紫红色金属A，并进行如下框
30、图所示实验，得到深蓝色溶液D（图中某些生成物已略去）（1）A元素位于元素周期表中第四周期IB族B溶液中的金属阳离子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d9（2）H2O2分子中氧原子杂化方式为sp3E为气体，其水溶液呈弱碱性，E分子的VSEPR模型是四面体型（3）向D的溶液中加入镁条（表面已除去氧化膜），一段时间后镁条表面有紫红色金属析出写出该反应的离子方程式：Cu（NH3）42+Mg+2H2O=Cu+Mg（OH）2+2NH4+2NH3【考点】无机物的推断菁优网版权所有【分析】将废弃的线路板处理后，得到紫红色金属A为Cu，与硫酸、过氧化氢反应得到B为CuSO4，B与E连续反应得到深蓝色
31、溶液D，（2）中E为气体，其水溶液呈弱碱性，则E为NH3，C为Cu（OH）2，D为Cu（NH3）4SO4，据此解答【解答】解：将废弃的线路板处理后，得到紫红色金属A为Cu，与硫酸、过氧化氢反应得到B为CuSO4，B与E连续反应得到深蓝色溶液D，（2）中E为气体，其水溶液呈弱碱性，则E为NH3，C为Cu（OH）2，D为Cu（NH3）4SO4（1）A为Cu元素，位于元素周期表中第四周期IB族CuSO4溶液中的金属阳离子为Cu2+，电子排布式为：1s22s22p63s23p63d9，故答案为：第四、IB；1s22s22p63s23p63d9；（2）H2O2分子结构式为HOOH，分子中氧原子形成2个键
32、，含有2对孤电子对，杂化轨道数目为4，氧原子采取sp3杂化，E为NH3，价层电子对数为3+=4，E分子的VSEPR模型是：四面体型，故答案为：sp3；四面体型；（3）向Cu（NH3）4SO4的溶液中加入镁条（表面已除去氧化膜），一段时间后镁条表面有紫红色金属析出，可以看作Mg与铜离子反应，镁离子与氨水反应，该反应的离子方程式：Cu（NH3）42+Mg+2H2O=Cu+Mg（OH）2+2NH4+2NH3，故答案为：Cu（NH3）42+Mg+2H2O=Cu+Mg（OH）2+2NH4+2NH3【点评】本题考查无机物推断，注意根据物质的颜色、E的状态及水溶液性质进行推断，侧重对物质结构的考查，需要学生
33、具备扎实的基础，难度中等9绿矾（FeSO47H2O）是抗贫血药物的主要成分，可用于缺铁性贫血的治疗某校化学学习小组对绿矾展开了制备、定性和定量探究请你帮助完成相应实验或问题 查阅资料：绿矾（相对分子质量为278）在300失去全部结晶水，FeSO4在600以上发生分解制备： 取除去油脂的废铁屑（含少量的铁锈和碳）于一烧杯中，加入2030%的稀硫酸溶液，在5080水浴中加热至不再产生气泡将溶液趁热过滤、冷却结晶、再次过滤、冰水洗涤、小心烘干，得到绿矾晶体加入稀硫酸的实验中可能的反应有3个：Fe+2H+=Fe2+H2，Fe2O3+6H+=2Fe3+3H2O和Fe+2Fe3+=3Fe2+（写离子方程式
34、）定性探究： 学习小组拟通过实验探究绿矾热分解的产物，提出如下4种猜想：R甲：FeO、SO2、H2O 乙：Fe2O3、SO3、H2O 丙：Fe2O3、SO2、H2O 丁：Fe2O3、SO2、SO3、H2O（1）根据氧化还原反应原理，上述猜想乙肯定不成立（2）设计实验：针对其它三种猜想，设计如下图所示的实验装置（夹持仪器等均省略）：（3）实验过程： 连接仪器并检查装置的气密性，放入固体试剂，通N2排空气 称取绿矾晶体5.56g置于A中，加热到600以上 一段时间后，打开K通N2，移开酒精灯，冷却A装置至室温、称量，测得剩余固体的质量为2.32g此步通N2的主要目的是将分解产生的气体全部排出（任写
35、一点） 观察到B装置中无水硫酸铜变蓝，C中锥形瓶内产生沉淀，D中品红溶液褪色由此可以证明的产物有H2O、SO2、SO3 取A中剩余固体少许于试管中，加入适量稀硫酸溶解，再滴入2滴KSCN溶液，溶液变红（4）问题探讨：某同学取A中剩余固体少许于一支试管中，加入适量硫酸溶解，再滴加少许KMnO4溶液，发现KMnO4溶液紫红色褪去，于是认为上述实验还有FeO生成小组讨论后否定了该同学的观点，请说明理由5.56g样品完全分解产生Fe2O3为1.6g，实验剩余固体为2.32g，说明亚硫酸铁没有分解完或有剩余（5）实验结论：根据实验现象得出上述猜想丁正确定量探究： 该学习小组取ag抗贫血药物配成100mL
36、溶液，取25.0mL于锥形瓶中，用bmolL1K2Cr2O7标准溶液滴定（已知该反应中Cr2O72被还原为Cr3+，药物其它成分不与K2Cr2O7反应），平均消耗K2Cr2O7标准溶液vmL则该抗贫血药中铁元素的质量分数为100%（用含a、b和v的代数式表示）【考点】探究物质的组成或测量物质的含量菁优网版权所有【分析】I从溶液中提取绿矾经过趁热过滤，去除杂质，冷却结晶析出绿矾晶体，再过滤等操作；Fe与铁离子反应生成亚铁离子；II（1）依据氧化还原反应的特征化合价有升必有降来分析；（3）分解生成的气体充满装置，不能全部被排出；根据检验H2O、SO2、SO3的方法分析；（4）根据2FeSO47H2
37、Oe2O3的关系式可以计算5.56g样品完全分解产生Fe2O3为1.6g，而实际剩余固体为2.32g，说明亚硫酸铁有剩余；（5）根据实验可知分解产物为H2O、SO2、SO3、Fe2O3；III滴定时发生的反应为：Cr2O72+6Fe2+14H+=2Cr3+6Fe3+7H2O，根据消耗的K2Cr2O7标准溶液的物质的量可以求出Fe2+的物质的量，再求出100mL溶液中Fe2+的物质的量和质量，然后求出质量分数【解答】解：I从溶液中提取绿矾经过趁热过滤，去除杂质，冷却结晶析出绿矾晶体，再过滤，冰水洗涤、小心烘干，得到绿矾晶体；Fe与铁离子反应生成亚铁离子，则发生的反应会有：Fe+2Fe3+=3Fe
38、2+；故答案为：冷却结晶；Fe+2Fe3+=3Fe2+；II（1）乙：Fe2O3、SO3、H2O，反应中化合价只有铁升高了，没有元素化合价的降低，不符合氧化还原反应规律，所以乙猜想肯定不成立；故答案为：乙；（3）分解生成的气体充满装置，不能全部被排出，通入N2可以将生成的气体产物全部排出，被后面的试剂完全吸收；故答案为：将分解产生的气体全部排出；B装置中无水硫酸铜变蓝，说明有水生成，C中锥形瓶内产生沉淀，说明有SO3，D中品红溶液褪色，说明有SO2由此可以证明的产物有 H2O、SO2、SO3；故答案为：H2O、SO2、SO3；（4）根据2FeSO47H2Oe2O3的关系式可以计算5.56g样品
39、完全分解产生Fe2O3为1.6g，而实际剩余固体为2.32g，剩余的固体的质量偏大，说明亚硫酸铁没有完全分解有剩余，则剩余固体中含有二价铁，所以加入适量硫酸溶解，再滴加少许KMnO4溶液，发现KMnO4溶液紫红色褪去；故答案为：5.56g样品完全分解产生Fe2O3为1.6g，实验剩余固体为2.32g，说明亚硫酸铁没有分解完或有剩余；（5）根据实验可知分解产物为H2O、SO2、SO3、Fe2O3，则丁的猜想正确；故答案为：丁；III滴定时发生的反应为：Cr2O72+6Fe2+14H+=2Cr3+6Fe3+7H2O，n（Cr2O72）=bmolL1v103L，则n（Fe2+）=6n（Cr2O72）
40、=6bmolL1v103L，所以100mL溶液中Fe2+的物质的量6bmolL1v103L，则该抗贫血药中铁元素的质量分数为100%=100%；故答案为：100%【点评】本题考查了探究物质组成的方法，题目难度较大，试题涉及物质组成的测定、Fe及其化合物的性质、离子方程式、离子的检验方法等知识，试题知识点较多，综合性较强，充分考查了学生灵活应用基础知识的能力10丙烯是石油的裂解之一，工业上可用它制得合成中间体A、B下列是合成路线之一，A的结构简式为已知：请回答下列问题；（1）反应产物的分子式为C9H12；由A可合成橡胶，该反应的类型是加聚反应；B遇FeCl3溶液显紫色，B的名称是苯酚（2）丙烯也
41、可由“2溴丙烷”在某条件下一步反应制得，请写出该化学反应方程式CH3CHBrCH3+NaOHCH2=CHCH3+NaBr+H2O（3）C与C2H2合成D的化学方程式为（4）已知：RCHO+RCH2CHO+H2OG有如下转化：由B和G在浓硫酸条件下合成树脂X，则X的结构简式为写出符合下列要求的的所有同分异构体的结构简式与FeCl3溶液发生显色反应；能发生银镜反应；核磁共振氢谱中有四种峰，且无OO结构【考点】有机物的推断菁优网版权所有【分析】在催化剂条件下，丙烯和苯发生加成反应生成，发生氧化反应生成B和C，C和乙炔能发生反应生成D，根据题给信息及C的分子式知，C是，（1）中B遇FeCl3溶液显紫色
42、，结合B的分子式可知B为丙酮和乙炔发生加成反应生成D，D和氢气发生加成反应生成E，E发生消去反应生成A，结合A的结构简式，则D的结构简式为、E的结构简式为（4）G和乙醛反应生成H，H和银氨溶液反应然后酸化生成，所以H为，根据题给信息知，G的结构简式为：，B的分子式是C6H6O，可与NaOH溶液反应，B与G在一定条件下反应生成合成树脂X，则X的结构简式为：；有多种同分异构体，符合下列要求的同分异构体：i能与FeCl3溶液反应显紫色，含有酚羟基，ii能发生银境反应，含有醛基，核磁共振氢谱中有四种峰，醛基、酚羟基个含有1种H原子，则苯环应含有2种H原子，且无OO结构，侧链为OOCH、OH且处于对位，
43、或侧链为2个OH、1个CHO，3个取代基处于间位，或处于邻位且CHO位于2个OH之间【解答】解：在催化剂条件下，丙烯和苯发生加成反应生成，发生氧化反应生成B和C，C和乙炔能发生反应生成D，根据题给信息及C的分子式知，C是，（1）中B遇FeCl3溶液显紫色，结合B的分子式可知B为丙酮和乙炔发生加成反应生成D，D和氢气发生加成反应生成E，E发生消去反应生成A，结合A的结构简式，则D的结构简式为、E的结构简式为（1）反应产物为，分子式为C9H12；由A可合成橡胶，该反应的类型是：加聚反应；B遇FeCl3溶液显紫色，分子式是C6H6O，则B是苯酚，故答案为：C9H12；加聚反应；苯酚；（2）2溴丙烷在
44、氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应应生成丙烯，该化学反应方程式为：CH3CHBrCH3+NaOHCH2=CHCH3+NaBr+H2O，故答案为：CH3CHBrCH3+NaOHCH2=CHCH3+NaBr+H2O；（3）C与C2H2合成D的化学方程式是：，故答案为：；（4）G和乙醛反应生成H，H和银氨溶液反应然后酸化生成，所以H为，根据题给信息知，G的结构简式为：，B的分子式是C6H6O，可与NaOH溶液反应，B与G在一定条件下反应生成合成树脂X，则X的结构简式为：，故答案为：；有多种同分异构体，符合下列要求的同分异构体：i能与FeCl3溶液反应显紫色，含有酚羟基，ii能发生银境反应，含有醛
45、基，核磁共振氢谱中有四种峰，醛基、酚羟基个含有1种H原子，则苯环应含有2种H原子，且无OO结构，侧链为OOCH、OH且处于对位，或侧链为2个OH、1个CHO，3个取代基处于间位，或处于邻位且CHO位于2个OH之间，符合条件同分异构体有：，故答案为：【点评】本题考查有机物的推断，注意结合题给信息、有机物的分子式与A的结构采用正、逆推法相结合进行分析推断，侧重考查学生的分析推理能力与知识迁移运用能力，难度中等11最近，著名记者柴静的雾霾调查纪录片穹顶之下，在互联网上产生了爆炸性影响煤燃烧的尾气是造成雾霾天气的原因之一，下列是一种变废为宝的处理方法（1）上述流程中循环使用的物质有乙醇胺、Ce4+，吸
46、收池吸收的气体有CO2、SO2（2）向吸收池得到的HSO3溶液中滴加CaCl2溶液，出现浑浊，pH降低，用平衡移动原理解释溶液pH降低的原因：HSO3溶液中存在电离平衡：HSO3H+SO32，加入氯化钙以后，钙离子会消耗硫酸根离子产生硫酸钙沉淀，导致电离平衡正向移动，氢离子浓度增大，所以溶液pH降低（3）电解池制得S2O32的原理如图1所示写出电解总反应的离子方程式4Ce3+2HSO3+4H+4Ce4+2S2O32+3H2O（4）1molCO（g）和1molNO2（g）反应生成1molCO2（g）和1molNO（g），反应过程中的能量变化如图2，E1=134kJ/mol，E2=368kJ/mo
47、l 已知：N2（g）=2NO（g）H=+179.5kJ/mol 2NO（g）+O2（g）=2NO2（g）H=112.3kJ/mol 请写出NO与CO反应生成无污染气体的热化学方程式：2NO（g）+2CO（g）N2（g）+2CO2（g）H=759.8KJ/mol（5）上述流程中每一步均恰好完全反应，若制得NH4NO3质量为xkg，电解池V制得cmol/L的S2O32溶液ym3，则氧化池中消耗的O2在标准状况下的体积为0.21x22.4cym3【考点】电解原理；用盖斯定律进行有关反应热的计算；化学平衡移动原理菁优网版权所有【分析】（1）根据流程图中物质的循环来判断循环使用的物质；根据吸收池进入的气
48、体NO、CO2、SO2结合出来的气体是NP，来确定吸收的气体；（2）亚硫酸氢根离子存在电离平衡，加入氯化钙，钙离子会影响化学平衡的移动，根据平衡移动原理来解释；（3）根据电解池的工作原理：阳极上是Ce3+失电子的氧化反应，阴极上是HSO3得电子的还原反应，据此书写电解原理方程式；（4）已知N2（g）+O2（g）=2NO（g）H=+179.5kJ/mol2NO（g）+O2（g）=2NO2（g）H=112.3kJ/mol298k条件下1mol NO2和1mol CO反应生成1mol CO2和1mol NO的热化学方程式为2NO2（g）+4CO（g）=N2（g）+4CO2（g）H=（368134）K
49、J/mol=232KJ/mol，由盖斯定律（+）2得到反应的热化学方程式：2NO（g）+2CO（g）N2（g）+2CO2（g），根据盖斯定律计算焓变；（5）根据N元素守恒，找到硝酸根离子、亚硝酸根离子以及硝酸铵之间的关系，根据电子守恒，得到Ce3+、Ce4+、S2O32之间的关系，进行计算即可【解答】解：（1）根据流程图中物质的循环，得到循环使用的物质是乙醇胺、Ce4+；根据吸收池进入的气体NO、CO2、SO2，出来的气体是NO，确定吸收的气体是CO2、SO2；故答案为：乙醇胺、Ce4+；CO2、SO2；（2）HSO3溶液中存在电离平衡：HSO3H+SO32，加入氯化钙以后，钙离子会消耗硫酸根
50、离子产生硫酸钙沉淀，导致电离平衡正向移动，氢离子浓度增大，所以溶液pH降低；故答案为：HSO3溶液中存在电离平衡：HSO3H+SO32，加入氯化钙以后，钙离子会消耗硫酸根离子产生硫酸钙沉淀，导致电离平衡正向移动，氢离子浓度增大，所以溶液pH降低；（3）根据电解池的工作原理：阳极上是Ce3+失电子的氧化反应，阴极上是HSO3得电子的还原反应，电解原理方程式为：4Ce3+2HSO3+4H+4Ce4+2S2O32+3H2O；（4）已知N2（g）+O2（g）=2NO（g）H=+179.5kJ/mol2NO（g）+O2（g）=2NO2（g）H=112.3kJ/mol298k条件下1mol NO2和1mo
51、l CO反应生成1mol CO2和1mol NO的热化学方程式为2NO2（g）+4CO（g）=N2（g）+4CO2（g）H=（368134）KJ/mol=232KJ/mol，由盖斯定律（+）2得到反应的热化学方程式：2NO（g）+2CO（g）N2（g）+2CO2（g）H=759.8KJ/mol，故答案为：2NO（g）+2CO（g）N2（g）+2CO2（g）H=759.8KJ/mol；（5）设亚硝酸根离子、硝酸根离子的物质的量分别是m、n，从硝酸铵，根据N元素守恒，得到m+n=；4Ce3+2HSO3+4H+4Ce4+2S2O32+3H2O，结合电子转移关系，得到4Ce3+2HSO32S2O324Ce4+，NONO2e，NONO3e，根据电子守恒，得到m+3n=n（Ce4+）=4n（S2O32），可以得到m+3n=4cy1000，联立解得m=2000cy，根据反应2NH3+2H+O2+2NO2=2NH4NO3，得到n（O2）=n（NO2）=1000cy，氧气的体积V=22.4（1000cy）103m3=0.21x22.4cy，故答案为：0.21x22.4cy【点评】本题目一工艺流程的方式考查了有关电化学、热化学、氧化还原反应以及电子守恒的有关计算知识，综合性强，难度大
