1、2016-2017学年山东省枣庄市滕州市善国中学高三（上）期末化学复习试卷（四）一、选择题1化学与与生活密切相关下列说法不正确的是（）A雾霾天气对人的健康造成危害，“雾”和“霾”的分散质微粒不相同B绿色化学的核心是利用化学原理对环境污染进行治理C在食品袋中放入盛有硅胶和铁粉的透气小袋，可防止食物受潮、氧化变质D人体内没有能使纤维素水解成葡萄糖的酶，因此纤维素不能作为人类的营养食物2设NA为阿伏加德罗常数的值下列说法正确的是（）A1L0.1molL1的NaHSO4溶液中HSO4总数为0.1NAB16g16O2和18g18O2中含有的质子数均为8NAC1molFe与足量的稀硝酸反应，转移电子数为2
2、NAD标准状况下，2.24LCl2溶于水所得溶液中含有的氯离子数为0.1NA3下列叙述不正确的是（）A雾是气溶胶，在阳光下可观察到丁达尔效应B预制备Fe（OH）3胶体，向盛有沸水的烧杯中加入FeCl3饱和溶液煮沸得红褐色沉淀C用石膏或卤水点制豆腐利用了胶体的性质D用鸡蛋壳膜和蒸馏水除去淀粉胶体中的食盐4下列反应的离子方程式书写正确的是（）AFe（NO3）3溶液中加入足量HI溶液：2Fe3+2I2Fe2+I2B用H2O2和H2SO4的混合溶液蚀刻铜：Cu+H2O2+2H+Cu2+2H2OCNH4HCO3溶液中加入足量澄清石灰水：Ca2+HCO3+OHCaCO3+H2ODC12通入NaOH溶液：C
3、l2+OHCl+ClO+H2O5O2F2可以发生反应：H2S+4O2F2SF6+2HF+4O2，下列说法正确的是（）A氧气是氧化产物BO2F2既是氧化剂又是还原剂C若生成4.48 L HF，则转移0.8 mol电子D还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：46油条是我国北方的传统食品，其做法是将明矾，碱，食盐按比例加入温水中，再加入面粉搅拌成面团，放置，使面团产生气体，形成孔洞，达到柔顺，放置过程发生反应：3Na2CO3+2KAl（SO4）212H2O3Na2SO4+K2SO4+3CO2+2A1（OH）3+21H2O，下列有关判断正确的是（）A从物质的分类角度来看，油条配方中的“明矾、碱”均属于盐B
4、放置过程发生的反应为氧化还原反应C放置过程发生的反应中反应物和生成物均为电解质D反应的离子方程式为：3CO32+2KAl（SO4）212H2O3Na2SO4+2K+4SO42+3CO2+2Al（OH）3+21 H2O7三氟化氮（NF3）是微电子工业中一种优良的等离子蚀刻气体它无色、无臭，在潮湿的空气中能发生下列反应：3NF3+5H2O=2NO+HNO3+9HF，下列有关说法正确的是（）A反应中NF3是氧化剂，H2O是还原剂BNF3在潮湿空气中泄漏会产生白雾、红棕色气体等现象C若反应中生成0.2molHNO3，则反应共转移0.2moleD反应中被氧化与被还原的原子物质的量之比为2：1824mL浓
5、度为0.05molL1的Na2SO3溶液，恰好与20mL浓度为0.02molL1的K2Cr2O7溶液完全反应，已知Na2SO3能被K2Cr2O7氧化为Na2SO4，则元素Cr在还原产物中的化合价为（）A+2B+3C+4D+59a molNa2O2和b molNaHCO3固体混合后，在密闭容器中加热到250，使其充分反应，当排出气体为两种气体时，a：b不可能为（）A3：4B4：5C2：3D3：210把等物质的量的CuSO4、FeCl3和锌粉置于足量的水中，充分反应，反应后的溶液中大量存在的金属阳离子是（）ACu2+、Fe3+、Fe2+、Zn2+BFe3+、Fe2+、Zn2+CCu2+、Fe3+、
6、Zn2+DCu2+、Fe2+、Zn2+11将足量的CO2不断通入NaOH、Ba（OH）2、NaAlO2的混合溶液中，生成沉淀与通入CO2的量的关系可表示为（）ABCD12将一定质量的镁、铜组成的混合物加入足量稀硝酸中，金属完全溶解（假设反应中还原产物全部是NO）向反应后的溶液中加入过量的6mol/L NaOH溶液至沉淀完全，测得生成沉淀的质量比原混合物的质量增加了7.65g，则下列叙述中正确的是（）A当金属全部溶解时收集到NO的体积为3.36 LB当生成的沉淀达到最大量时，形成沉淀需要NaOH溶液的体积为V=75 mLC参加反应的金属的总质量一定是9.9 gD当金属全部溶解时，参加反应的硝酸的
7、物质的量一定是0.45 mol二、非选择题13（1）氨气具有还原性，在铜的催化作用下，氨气和氟气发生反应生成A和BA为铵盐，B在标准状况下为气态在此反应中，若有1体积氨气参加反应，则有0.75体积氟气参加反应；若有8.96L氨气（标准状况）参加反应，则生成0.3mol A在标准状况下，生成2.24L B，则该反应中转移电子的物质的量为mol（2）将等物质的量Fe2O3与FeCl3置于密闭管中加热，能恰好完全反应，且只生成一种产物X，其物质的量是反应物总物质的量的1.5倍，写出X的化学式；（3）完成以下氧化还原反应的离子方程式：MnO42+SO32+=Mn2+SO42+14已知A、B、C、D、E
8、、F、G都是中学化学常见的物质，图中A为淡黄色固体，B、C为溶液，D、G为无色气体，E、F为白色沉淀写出BC的离子方程式写出D和G反应的化学方程式写出过量的D通入Ba（OH）2溶液中的离子方程式15由X、Y两种元素组成的离子化合物A在空气中充分灼烧得到含X元素的16g红棕色固体B，并产生能使品红褪色的气体C，将该气体全部通入足量的双氧水中得D溶液，再向D溶液中加入足量的BaCl2溶液，过滤、洗涤、干燥得93.2g固体（1）在此过程中，消耗5mol/L的双氧水的体积至少为（2）将A溶于D的稀溶液中生成E，并产生一种单质和一种气体，则该反应的化学方程式（3）将化合物E隔绝空气充分灼烧，使其分解，生
9、成等物质的量的B、C和另一种化合物，则另一种化合物的化学式是16在日常生活中，为了达到更好的清洁效果，经常有人会将洁厕液（含有盐酸）与84消毒液混合使用，从而会发生引发中毒的事故（1）两种日化产品主要成分中都含有氯元素，该元素在元素周期表中位置是（2）84消毒液的主要成分是次氯酸钠，写出次氯酸钠的电子式：（3）常温下，0.1mol/L的NaClO溶液的PH=9.7，原因常温下HClO的电离平衡常数为洁厕液与84消毒液混合后会生成有毒的氯气写出该反应的离子方程式（4）高铁酸钾是一种高效多功能水处理剂，工业上常采用NaClO氧化法生产，反应原理为：在碱性条件下，利用NaClO氧化硝酸铁，制得Na2
10、FeO4，该反应的离子反应方程式为Na2FeO4与KOH反应生成K2FeO4：Na2FeO4+2KOH=K2FeO4+2NaOHK2FeO4在水溶液中易水解：4FeO42+10H2O4Fe（OH）3+8OH+3O2，在“提纯”K2FeO4中采用重结晶、洗涤、低温烘干的方法，则洗涤剂最好选用溶液（填序号）a水 bNH4Cl、异丙醇 cFe（NO3）3、异丙醇 dCH3COONa、异丙醇17已知水的电离平衡曲线如图示，试回答下列问题：（1）图中五点Kw间的关系是（2）若从A点到D点，可采用的措施是a升温 b加入少量的盐酸 c加入少量的NH4Cl（3）E对应的温度下，将pH=9的NaOH溶液与pH=
11、4的H2SO4溶液混合，若所得混合溶液的pH=7，则NaOH溶液与H2SO4溶液的体积比为（4）B对应温度下，将pH=11的苛性钠溶液V1 L与0.05mol/L的稀硫酸V2L 混合（设混合后溶液的体积等于原两溶液体积之和），所得混合溶液的pH=2，则 V1：V2=（5）常温下，将V mL、0.1000molL1氢氧化钠溶液逐滴加入到20.00mL、0.1000molL1醋酸溶液中充分反应请回答下列问题（忽略溶液体积的变化）如果溶液pH=7，此时V的取值20.00（填“”“”或“=”）而溶液 中c（Na+）、c（CH3COO）、c（H+）、c（OH）的大小关系为如果V=40.00，则此时溶液中
12、c（OH）c（H+）c（CH3COOH）=molL1（填数据）（6）在0.10molL1硫酸铜溶液中加入氢氧化钠稀溶液充分搅拌，有浅蓝色氢氧化铜沉淀生成，当溶液的pH=8时，c（Cu2+）=molL1（KspCu（OH）2=2.21020）18四苯基乙烯（TPE）及其衍生物具有聚集诱导发光特性，在光电材料等领域应用前景广阔以下是TPE的两条合成路线（部分试剂和反应条件省略）：（1）A的名称是（2）BC的反应类型是； D中官能团的名称是（3）EF的化学方程式是（4）W是D的同分异构体，具有下列结构特征：属于萘（ ）的一元取代物；存在羟甲基（CH2OH）写出W所有可能的结构简式（5）下列说法正确的
13、是aB的酸性比苯酚强bD不能发生还原反应cE含有3种不同化学环境的氢dTPE既属于芳香烃也属于烯烃19在接触法制硫酸的生产中，SO2转化成SO3转化率的大小直接决定生产效率某研究小组用图1装置模拟生产过程中测定SO2转化成SO3的转化率已知SO3的熔点是16.8，沸点是44.8发生装置中所涉及反应的化学方程式为：Na2SO3（s）+H2SO4（75%）=Na2SO4+SO2+H2O（1）中的试剂是，仪器的名称为（2）根据实验需要，应该在、处连接合适的装置请从图2AD装置中选择最适合装置并将其序号填入下面的空格中，、处连接的装置分别是、（3）为了提高SO2的转化率，实验时在：滴加浓硫酸；加热催化
14、剂的步骤中，应采取的操作是先后（填编号）（4）实验结束后，如果把收集SO3的试管敞口露置于空气中，能够看到管口有大量的白雾，产生此现象的原因是（5）用12.6gNa2SO3粉末与足量较浓的硫酸进行此实验，当反应结束时，继续通入O2一段时间后测得装置增重了4.48g，则实验测得SO2的转化率为20有关FeSO4的转化关系如图所示（无关物质已略去）已知：X由两种化合物组成，将X通入品红溶液，溶液褪色；通入BaCl2溶液，产生白色沉淀Y是红棕色的化合物（1）气体X的成分是（填化学式）（2）反应I的反应类型属于（填序号）a分解反应 b复分解反应 c置换反应 d化合反应 e氧化还原反应（3）溶液2中金属
15、阳离子的检验方法是（4）若经反应I得到16g固体Y，产生的气体X恰好被0.4L 1mol/L NaOH溶液完全吸收，则反应IV中生成FeSO4的离子方程式是21聚合物G可用于生产全生物降解塑料，在“白色污染”日益严重的今天有着重要的作用有关转化关系如下：已知：CH3CH2CH2Br+NaOHCH3CH2CH2OH+NaBr，淀粉在硫酸催化下水解生成葡萄糖请回答下列问题：（1）物质A的分子式为，B的结构简式为；（2）请写出F中含氧官能团的名称；（3）反应中属于加成反应的是；（4）写出由两分子F合成六元环化合物的化学方程式2016-2017学年山东省枣庄市滕州市善国中学高三（上）期末化学复习试卷（
16、四）参考答案与试题解析一、选择题1化学与与生活密切相关下列说法不正确的是（）A雾霾天气对人的健康造成危害，“雾”和“霾”的分散质微粒不相同B绿色化学的核心是利用化学原理对环境污染进行治理C在食品袋中放入盛有硅胶和铁粉的透气小袋，可防止食物受潮、氧化变质D人体内没有能使纤维素水解成葡萄糖的酶，因此纤维素不能作为人类的营养食物【考点】分散系、胶体与溶液的概念及关系；绿色化学；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；常见的食品添加剂的组成、性质和作用【分析】A雾滴的尺度比较大，从几微米到100微米，平均直径大约在1020微米左右；霾粒子的分布比较均匀，而且灰霾粒子的尺度比较小，从0.001微米到10微米，平
17、均直径大约在12微米左右；B“绿色化学”的核心就是要利用化学原理从源头消除污染；C防氧化就是防止氧气的进入并与之反应，防受潮就是防止水分的进入；D人体内不含纤维素水解酶，人不能消化纤维素【解答】解：A雾霾天气对人的健康造成危害，“雾”和“霾”的分散质微粒不相同，雾的粒度较大，霾的粒度较小，故A正确； B“绿色化学”的核心就是要利用化学原理从源头消除污染而不是对污染进行治理，故B错误；C在食品袋中放入盛有硅胶和铁粉的透气小袋，硅胶（具有吸湿性）能吸收水分，铁是较活泼的金属，具有还原性，能防止食品被氧化，故C正确；D人体内不含水解纤维素的酶，不能消化纤维素，纤维素不能作为人类的营养食物，但纤维素能
18、促进肠道蠕动、吸附排出有害物质，故D正确故选B2设NA为阿伏加德罗常数的值下列说法正确的是（）A1L0.1molL1的NaHSO4溶液中HSO4总数为0.1NAB16g16O2和18g18O2中含有的质子数均为8NAC1molFe与足量的稀硝酸反应，转移电子数为2NAD标准状况下，2.24LCl2溶于水所得溶液中含有的氯离子数为0.1NA【考点】阿伏加德罗常数【分析】A、硫酸氢钠在溶液中完全电离为钠离子、氢离子和硫酸根离子；B、16O2和18O2分别由16O和18O原子构成；C、铁和足量的稀硝酸反应后变为+3价；D、氯气和水的反应为可逆反应【解答】解：A、硫酸氢钠在溶液中完全电离为钠离子、氢离
19、子和硫酸根离子，即溶液中无硫酸氢根离子，故A错误；B、16O2和18O2分别由16O和18O原子构成，故16g16O2和18g18O2中含有的16O和18O原子的物质的量均为1mol，而16O和18O原子中均含8个质子，故1mol16O和18O原子中含有的质子数均为8NA个，故B正确；C、铁和足量的稀硝酸反应后变为+3价，故1mol铁反应后转移3NA个电子，故C错误；D、氯气和水的反应为可逆反应，不能进行彻底，且生成的是HCl和HClO，故溶液中的氯离子个数小于0.1NA个，故D错误故选B3下列叙述不正确的是（）A雾是气溶胶，在阳光下可观察到丁达尔效应B预制备Fe（OH）3胶体，向盛有沸水的烧
20、杯中加入FeCl3饱和溶液煮沸得红褐色沉淀C用石膏或卤水点制豆腐利用了胶体的性质D用鸡蛋壳膜和蒸馏水除去淀粉胶体中的食盐【考点】胶体的重要性质【分析】A、雾是胶体；B、根据氢氧化铁胶体的制备方法来分析；C、胶体遇电解质溶液能发生胶体的聚沉；D、鸡蛋壳膜是半透膜【解答】解：A、雾是胶体，故有丁达尔效应，故在阳光照射下有通路，故A正确；B、氢氧化铁胶体的制备方法是将饱和的氯化铁溶液滴入沸水中，继续煮沸至溶液呈现红褐色，若得到的是红褐色沉淀，则发生了胶体的聚沉，故B错误；C、胶体遇电解质溶液能发生胶体的聚沉，而豆浆是胶体，石膏和卤水均为电解质溶液，故可以用于点豆腐，是利用了胶体的性质，故C正确；D、
21、鸡蛋壳膜是半透膜，只能允许小分子和小离子通过，故可以出去淀粉胶体中的食盐，故D正确故选B4下列反应的离子方程式书写正确的是（）AFe（NO3）3溶液中加入足量HI溶液：2Fe3+2I2Fe2+I2B用H2O2和H2SO4的混合溶液蚀刻铜：Cu+H2O2+2H+Cu2+2H2OCNH4HCO3溶液中加入足量澄清石灰水：Ca2+HCO3+OHCaCO3+H2ODC12通入NaOH溶液：Cl2+OHCl+ClO+H2O【考点】离子方程式的书写【分析】A酸性条件下硝酸根离子具有强氧化性，HI足量，硝酸根离子也参与反应；B双氧水具有强氧化性，能够将铜氧化成铜离子；C氢氧化钙足量，铵根离子和碳酸氢根离子都
22、参与反应；D离子方程式两边负电荷不相等，违反了电荷守恒【解答】解：A硝酸铁稀溶液中加入足量稀氢碘酸，氢碘酸足量，铁离子、硝酸根离子都完全反应，正确的离子方程式为：10I+3NO3+Fe3+12H+5I2+3NO+Fe2+6H2O，故A错误；B用H2O2和H2SO4的混合溶液蚀刻铜，反应的离子方程式为：Cu+H2O2+2H+Cu2+2H2O，故B正确；CNH4HCO3溶液中加入足量澄清石灰水，铵根离子也参与反应，正确的反应为：Ca2+NH4+HCO3+2OHCaCO3+H2O+NH3H2O，故C错误；DC12通入NaOH溶液，反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，正确的离子方程式为：Cl2+2OHCl+
23、ClO+H2O，故D错误；故选B5O2F2可以发生反应：H2S+4O2F2SF6+2HF+4O2，下列说法正确的是（）A氧气是氧化产物BO2F2既是氧化剂又是还原剂C若生成4.48 L HF，则转移0.8 mol电子D还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：4【考点】氧化还原反应的计算【分析】反应H2S+4O2F2SF6+2HF+4O2中，S元素化合价由2价升高到+6价，被氧化，O元素由+1价降低到0价，被还原，以此解答该题【解答】解：AO元素由+1价降低到0价，化合价降低，获得电子，所以氧气是还原产物，故A错误；B在反应中，O2F2中的O元素化合价降低，获得电子，所以该物质是氧化剂，而硫化氢中的S
24、元素的化合价是2价，反应后升高为+6价，所以H2S表现还原性，而O2F2表现氧化性，故B错误；C外界条件不明确，不能确定HF的物质的量，所以不能确定转移电子的数目，故C错误；D由方程式可知还原剂和氧化剂的物质的量的比是1：4，故D正确故选D6油条是我国北方的传统食品，其做法是将明矾，碱，食盐按比例加入温水中，再加入面粉搅拌成面团，放置，使面团产生气体，形成孔洞，达到柔顺，放置过程发生反应：3Na2CO3+2KAl（SO4）212H2O3Na2SO4+K2SO4+3CO2+2A1（OH）3+21H2O，下列有关判断正确的是（）A从物质的分类角度来看，油条配方中的“明矾、碱”均属于盐B放置过程发生
25、的反应为氧化还原反应C放置过程发生的反应中反应物和生成物均为电解质D反应的离子方程式为：3CO32+2KAl（SO4）212H2O3Na2SO4+2K+4SO42+3CO2+2Al（OH）3+21 H2O【考点】镁、铝的重要化合物；酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；化学基本反应类型【分析】A、Na2CO3和KAl（SO4）212H2O都是盐；B、无元素化合价的变化是非氧化还原反应；C、二氧化碳是非电解质；D、明矾是盐是强电解质，应写成离子的形式【解答】解：A、Na2CO3和KAl（SO4）212H2O都是盐，所以油条配方中的“明矾、碱”均属于盐，故A正确；B、无元素化合价的变化是非氧化还原
26、反应，是非氧化还原反应，故B错误；C、二氧化碳是非电解质，故C错误；D、明矾是盐是强电解质，应写成离子的形式，而不是化学式，故D错误；故选A7三氟化氮（NF3）是微电子工业中一种优良的等离子蚀刻气体它无色、无臭，在潮湿的空气中能发生下列反应：3NF3+5H2O=2NO+HNO3+9HF，下列有关说法正确的是（）A反应中NF3是氧化剂，H2O是还原剂BNF3在潮湿空气中泄漏会产生白雾、红棕色气体等现象C若反应中生成0.2molHNO3，则反应共转移0.2moleD反应中被氧化与被还原的原子物质的量之比为2：1【考点】氧化还原反应的计算【分析】反应3NF3+5H2O2NO+HNO3+9HF中，只有
27、N元素的化合价发生变化，自身发生氧化还原反应，当有3molNF3参加反应，生成2molNO，1molHNO3，反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1，结合方程式以及对应物质的性质解答该题【解答】解：A只有N元素的化合价发生变化，自身发生氧化还原反应，故A错误；B反应中生成NO，与氧气反应生成红棕色的NO2，同时生成硝酸，易与空气中的水蒸气结合形成白雾，故B正确；C若反应中生成0.2molHNO3，N元素化合价由+3价升高到+5价，则反应共转移0.4mole，故C错误；D当有3molNF3参加反应，生成2molNO，1molHNO3，反应中被氧化与被还原的原子的物质的量之比为1：2，故D错误
28、故选B824mL浓度为0.05molL1的Na2SO3溶液，恰好与20mL浓度为0.02molL1的K2Cr2O7溶液完全反应，已知Na2SO3能被K2Cr2O7氧化为Na2SO4，则元素Cr在还原产物中的化合价为（）A+2B+3C+4D+5【考点】氧化还原反应的计算【分析】Na2SO3被氧化为Na2SO4，S元素化合价由+4价升高为+6价；K2Cr2O7中Cr元素发生还原反应，令Cr元素在产物中的化合价为a价，根据电子转移守恒计算a的值【解答】解：令Cr元素在产物中的化合价为a价，根据电子转移守恒，则：24103L0.05mol/L（64）=20103L0.02mol/L2（6a）解得a=+
29、3故选B9a molNa2O2和b molNaHCO3固体混合后，在密闭容器中加热到250，使其充分反应，当排出气体为两种气体时，a：b不可能为（）A3：4B4：5C2：3D3：2【考点】化学方程式的有关计算【分析】混合物在密闭容器中加热到250时，可能发生如下反应：2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O22Na2O2+2H2O=4NaOH+O22NaOH+CO2=Na2CO3+H2O反应生成气体产物是O2和H2O（g），根据方程式，从质量守恒的角度计算【解答】解：混合物在密闭容器中加热到250时，可能发生如下反应2NaHCO3Na2CO3+CO2
30、+H2O2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O22Na2O2+2H2O=4NaOH+O22NaOH+CO2=Na2CO3+H2O反应生成气体产物是O2和H2O（g），依题意可知，残余的固体为Na2CO3和NaOH，生成的气体为O2和H2O（g），则有总反应式为bNaHCO3+aNa2O2=bNa2CO3+（2ab）NaOH+（ba）H2O+O2所以 2ab0，ba01故的数值范围：1A、B、C符合，a：b不可能为3：21，故选D10把等物质的量的CuSO4、FeCl3和锌粉置于足量的水中，充分反应，反应后的溶液中大量存在的金属阳离子是（）ACu2+、Fe3+、Fe2+、Zn2+BFe3+、
31、Fe2+、Zn2+CCu2+、Fe3+、Zn2+DCu2+、Fe2+、Zn2+【考点】离子共存问题【分析】氧化性Fe3+Cu2+Fe2+，Zn先与Fe3+反应生成Fe2+、Zn2+，等物质的量时，由电子守恒可知，Zn失去电子大于铁得到电子，则还与Cu2+反应，以此来解答【解答】解：氧化性Fe3+Cu2+Fe2+，Zn先与Fe3+反应生成Fe2+、Zn2+，等物质的量时，由电子守恒可知，Zn失去电子大于铁得到电子，则还与Cu2+反应，且铜离子剩余，溶液中大量存在的金属阳离子是Cu2+、Fe2+、Zn2+，故选D11将足量的CO2不断通入NaOH、Ba（OH）2、NaAlO2的混合溶液中，生成沉淀
32、与通入CO2的量的关系可表示为（）ABCD【考点】钠的重要化合物【分析】只要通入CO2，立刻就有沉淀BaCO3产生；将Ba（OH）2消耗完毕，接下来消耗NaOH，因而此段不会产生沉淀（即沉淀的量保持不变）；NaOH被消耗完毕，接下来又因二氧化碳足量，还可以继续与上面反应的产物Na2CO3、BaCO3、反应，最后剩余沉淀为Al（OH）3【解答】解：通入CO2，依次发生：CO2+Ba（OH）2BaCO3+H2O、CO2+2NaOHNa2CO3+H2O、CO2+3H2O+2NaAlO22Al（OH）3+Na2CO3、CO2+H2O+Na2CO32NaHCO3，BaCO3+CO2+H2O=Ba（HCO
33、3）2，由以上反应可知，图象应为C，故选C12将一定质量的镁、铜组成的混合物加入足量稀硝酸中，金属完全溶解（假设反应中还原产物全部是NO）向反应后的溶液中加入过量的6mol/L NaOH溶液至沉淀完全，测得生成沉淀的质量比原混合物的质量增加了7.65g，则下列叙述中正确的是（）A当金属全部溶解时收集到NO的体积为3.36 LB当生成的沉淀达到最大量时，形成沉淀需要NaOH溶液的体积为V=75 mLC参加反应的金属的总质量一定是9.9 gD当金属全部溶解时，参加反应的硝酸的物质的量一定是0.45 mol【考点】有关混合物反应的计算【分析】将一定量的镁和铜组成的混合物加入到稀HNO3中，金属完全溶
34、解（假设反应中还原产物只有NO），发生反应：3Mg+8HNO3 （稀）=3Mg（NO3）2+2NO+4H2O；3Cu+8HNO3 （稀）=3Cu（NO3）2+2NO+4H2O；向反应后的溶液中加入过量的6mol/L NaOH溶液至沉淀完全，发生反应：Mg（NO3）2+2NaOH=Mg（OH）2+2NaNO3；Cu（NO3）2+2NaOH=Cu（OH）2+2NaNO3，沉淀为氢氧化镁和氢氧化铜，生成沉淀的质量比原合金的质量增加7.65g，则氢氧化镁和氢氧化铜含有氢氧根的质量为7.65g，氢氧根的物质的量为=0.45mol，则镁和铜的总的物质的量为0.225mol，A根据电子转移守恒计算NO物质的
35、量，结合气体不一定是标准状况判断；B当生成的沉淀达到最大量时，溶液中溶质为NaNO3，硝酸根守恒可知n（NaNO3）=2n（硝酸铜+硝酸镁），由钠离子守恒由n（NaOH）=n（NaNO3），再根据V=计算；C镁和铜的总的物质的量为0.225mol，金属的总质量与金属的含量有关；D根据氮元素守恒n（HNO3）=2n（硝酸铜+硝酸镁）+n（NO）【解答】解：将一定量的镁和铜组成的混合物加入到稀HNO3中，金属完全溶解（假设反应中还原产物只有NO），发生反应：3Mg+8HNO3 （稀）=3Mg（NO3）2+2NO+4H2O；3Cu+8HNO3 （稀）=3Cu（NO3）2+2NO+4H2O；向反应后的
36、溶液中加入过量的6mol/L NaOH溶液至沉淀完全，发生反应：Mg（NO3）2+2NaOH=Mg（OH）2+2NaNO3；Cu（NO3）2+2NaOH=Cu（OH）2+2NaNO3，沉淀为氢氧化镁和氢氧化铜，生成沉淀的质量比原合金的质量增加7.65g，则氢氧化镁和氢氧化铜含有氢氧根的质量为7.65g，氢氧根的物质的量为=0.45mol，则镁和铜的总的物质的量为0.225mol，A根据电子转移守恒可知生成的NO物质的量为=0.15mol，若为标准状况下，生成NO的体积为0.15mol22.4L/mol=3.36L，但NO不一定处于标准状况，故A错误；B当生成的沉淀达到最大量时，溶液中溶质为Na
37、NO3，硝酸根守恒可知n（NaNO3）=2n（硝酸铜+硝酸镁）=0.225mol2=0.45mol，由钠离子守恒由n（NaOH）=n（NaNO3）=0.45mol，故此时氢氧化钠溶液的体积为=0.075L=75mL，故B正确；C、镁和铜的总的物质的量为0.225mol，假定全为镁，质量为0.225mol24g/mol=5.4g，若全为铜，质量为0.225mol64g/mol=14.4g，所以参加反应的金属的总质量（m）为5.4gm14.4g，故C错误；D、根据氮元素守恒n（HNO3）=2n（硝酸铜+硝酸镁）+n（NO）=0.225mol2+0.15mol=0.6mol，故D错误；故选B二、非选
38、择题13（1）氨气具有还原性，在铜的催化作用下，氨气和氟气发生反应生成A和BA为铵盐，B在标准状况下为气态在此反应中，若有1体积氨气参加反应，则有0.75体积氟气参加反应；若有8.96L氨气（标准状况）参加反应，则生成0.3mol A在标准状况下，生成2.24L B，则该反应中转移电子的物质的量为0.6mol（2）将等物质的量Fe2O3与FeCl3置于密闭管中加热，能恰好完全反应，且只生成一种产物X，其物质的量是反应物总物质的量的1.5倍，写出X的化学式FeOCl；（3）完成以下氧化还原反应的离子方程式：2MnO42+5SO32+6H+=2Mn2+5SO42+3H2O【考点】氧化还原反应的计算
39、【分析】（1）在铜的催化作用下，氨气和氟气反应生成A和BA为铵盐，为氟化铵，B在标准状况下为气态，在此反应中，若每反应1体积氨气，同时反应0.75体积氟气，氨气和氟气的计量数之比是1：0.75=4：3，若每反应8.96L氨气（标准状况），同时生成0.3molA，则氨气和氟化铵的计量数之比=：0.3mol=4：3，根据原子守恒知，生成的另一种物质是NF3，氨气和氟气反应生成氟化铵和三氟化氮，反应方程式为：4NH3+3F2NF3+3NH4F，据此计算电子转移；（2）将等物质的量Fe2O3与FeCl3置于密闭管中加热，能恰好完全反应，且只生成一种产物X，其物质的量是反应物总物质的量的1.5倍，依据反
40、应前后原子守恒分析判断X的化学式；（3）高锰酸根离子中锰元素化合价+7价变化为+2价，亚硫酸根离子中硫元素+4价变化为+6价，电子转移总数10，结合电子守恒和原子守恒配平书写离子方程式【解答】解：（1）氨气具有还原性，在铜的催化作用下，氨气和氟气发生反应生成A和BA为铵盐，B在标准状况下为气态在此反应中，若有1体积氨气参加反应，则有0.75体积氟气参加反应，氨气和氟气的计量数之比是1：0.75=4：3，若有8.96L氨气（标准状况）参加反应，则生成0.3mol A，则氨气和氟化铵的计量数之比=：0.3mol=4：3，反应方程式为：4NH3+3F2NF3+3NH4F，反应中电子转移6e，生成3m
41、ol在标准状况下，生成2.24L B为NF3为0.1mol，则该反应中转移电子的物质的量为0.6mol，故答案为：0.6；（2）将等物质的量Fe2O3与FeCl3置于密闭管中加热，能恰好完全反应，且只生成一种产物X，其物质的量是反应物总物质的量的1.5倍，设Fe2O3与FeCl3物质的量都是1mol，生成X物质的量为3mol，Fe2O3+FeCl3=3X，则依据原子守恒得到：X为FeOCl，故答案为：FeOCl；（3）高锰酸根离子中锰元素化合价+7价变化为+2价，亚硫酸根离子中硫元素+4价变化为+6价，电子转移总数10，配书写得到离子方程式为：2MnO4+5SO32+6H+=2Mn2+5SO4
42、2+3H2O，故答案为：2； 5； 6H+；2； 5； 3H2O；14已知A、B、C、D、E、F、G都是中学化学常见的物质，图中A为淡黄色固体，B、C为溶液，D、G为无色气体，E、F为白色沉淀写出BC的离子方程式H2SO3+Cl2=4H+SO42+2Cl写出D和G反应的化学方程式2SO2+O22 SO3写出过量的D通入Ba（OH）2溶液中的离子方程式OH+SO2=HSO3【考点】无机物的推断【分析】B与硫化氢反应得到淡黄色固体A，考虑A为硫，B与氯气反应得到C，C与硝酸钡反应得到白色沉淀F，且A与无色气体反应得到D，D与水反应得到B，可推知B为H2SO3，A为S，G为O2，D为SO2，C为H2
43、SO4，E为BaSO3，F为BaSO4，以此解答该题【解答】解：B与硫化氢反应得到淡黄色固体A，考虑A为硫，B与氯气反应得到C，C与硝酸钡反应得到白色沉淀F，且A与无色气体反应得到D，D与水反应得到B，可推知B为H2SO3，A为S，G为O2，D为SO2，C为H2SO4，E为BaSO3，F为BaSO4，BC的离子方程式为：H2SO3+Cl2=4H+SO42+2Cl，故答案为：H2SO3+Cl2=4H+SO42+2Cl；D和G反应的化学方程式为：2SO2+O22 SO3，故答案为：2SO2+O22 SO3；过量的D通入Ba（OH）2溶液中的离子方程式为：OH+SO2=HSO3，故答案为：OH+SO
44、2=HSO315由X、Y两种元素组成的离子化合物A在空气中充分灼烧得到含X元素的16g红棕色固体B，并产生能使品红褪色的气体C，将该气体全部通入足量的双氧水中得D溶液，再向D溶液中加入足量的BaCl2溶液，过滤、洗涤、干燥得93.2g固体（1）在此过程中，消耗5mol/L的双氧水的体积至少为80mL（2）将A溶于D的稀溶液中生成E，并产生一种单质和一种气体，则该反应的化学方程式FeS2+H2SO4=H2S+S+FeSO4（3）将化合物E隔绝空气充分灼烧，使其分解，生成等物质的量的B、C和另一种化合物，则另一种化合物的化学式是SO3【考点】无机物的推断【分析】离子化合物A由X、Y两种元素组成，在
45、空气中充分灼烧得到含X元素的16g红棕色固体B，则B为Fe2O3，X为Fe；产生能使品红褪色的气体C，将该气体全部通入足量的双氧水中得D溶液，再向D溶液中加入足量的BaCl2溶液，得到93.2g固体，该固体为BaSO4，故C为SO2，D为H2SO4，则Y为S元素；氧化铁的物质的量为： =0.1mol，硫酸钡的物质的量为： =0.4mol，根据原子守恒化合物A中Fe、S原子数目之比=0.05mol2：0.2mol=1：2，则A为FeS2，据此进行解答【解答】解：离子化合物A由X、Y两种元素组成，在空气中充分灼烧得到含X元素的16g红棕色固体B，则B为Fe2O3，X为Fe；产生能使品红褪色的气体C
46、，将该气体全部通入足量的双氧水中得D溶液，再向D溶液中加入足量的BaCl2溶液，得到93.2g固体，该固体为BaSO4，故C为SO2，D为H2SO4，则Y为S元素；氧化铁的物质的量为： =0.1mol，硫酸钡的物质的量为： =0.4mol，根据原子守恒化合物A中Fe、S原子数目之比=0.05mol2：0.2mol=1：2，则A为FeS2，（1）根据S元素守恒可知n（SO2）=0.4mol，根据电子守恒可知消耗双氧水的物质的量为： =0.4mol，所以在此过程中，消耗5mol/L的双氧水的体积至少为： =0.08L=80mL，故答案为：80mL；（2）将FeS2溶于H2SO4的稀溶液中生成E，并
47、产生一种单质和一种气体，应生成硫酸亚铁、硫化氢、硫，该反应的化学方程式为：FeS2+H2SO4=H2S+S+FeSO4，故答案为：FeS2+H2SO4=H2S+S+FeSO4；（4）将化合物FeSO4隔绝空气充分灼烧，使其分解，生成等物质的量的Fe2O3、SO2和另一种化合物，根据原子守恒，则另一种化合物的化学式是SO3，故答案为：SO316在日常生活中，为了达到更好的清洁效果，经常有人会将洁厕液（含有盐酸）与84消毒液混合使用，从而会发生引发中毒的事故（1）两种日化产品主要成分中都含有氯元素，该元素在元素周期表中位置是第三周期A族（2）84消毒液的主要成分是次氯酸钠，写出次氯酸钠的电子式：（
48、3）常温下，0.1mol/L的NaClO溶液的PH=9.7，原因次氯酸根离子水解溶液显碱性，ClO+H2OHClO+OH常温下HClO的电离平衡常数为106.4洁厕液与84消毒液混合后会生成有毒的氯气写出该反应的离子方程式ClO+Cl+2H+=Cl2+H2O（4）高铁酸钾是一种高效多功能水处理剂，工业上常采用NaClO氧化法生产，反应原理为：在碱性条件下，利用NaClO氧化硝酸铁，制得Na2FeO4，该反应的离子反应方程式为2Fe3+3ClO+10OH=2FeO42+5H2O+3ClNa2FeO4与KOH反应生成K2FeO4：Na2FeO4+2KOH=K2FeO4+2NaOHK2FeO4在水溶
49、液中易水解：4FeO42+10H2O4Fe（OH）3+8OH+3O2，在“提纯”K2FeO4中采用重结晶、洗涤、低温烘干的方法，则洗涤剂最好选用d溶液（填序号）a水 bNH4Cl、异丙醇 cFe（NO3）3、异丙醇 dCH3COONa、异丙醇【考点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用；电子式；氧化还原反应【分析】（1）氯的原子序数为17，原子核外有3个电子层，最外层电子数为7，以此可确定在周期表中的位置；（2）根据次氯酸钠是离子化合物，氧原子和氯原子共用1对共用电子对；（3）常温下，0.1mol/L的NaClO溶液的pH=9.7，溶液显碱性，次氯酸钠溶液中次氯酸根离子水解显碱性，电离平衡常数K=，
50、依据水解平衡常数和溶液中离子积常数计算，洁厕液与84消毒液混合后会生成有毒的氯气，是洁厕净中盐酸和84消毒液中氯离子、次氯酸根离子发生氧化还原反应生成氯气；（4）在碱性条件下，利用NaClO氧化硝酸铁，制得Na2FeO4，结合电荷守恒和原子守恒配平书写离子方程式；选择的洗涤剂应能抑制K2FeO4的水解，并注意减少K2FeO4的溶解【解答】解：（1）氯的原子序数为17，原子核外有3个电子层，最外层电子数为7，则应位于周期表第三周期A族，故答案为：第三周期A 族；（2 ）次氯酸钠是离子化合物，氧原子和氯原子共用1对共用电子对，电子式为，故答案为：；（3）常温下，0.1mol/L的NaClO溶液的p
51、H=9.7，溶液显碱性，次氯酸钠溶液中次氯酸根离子水解显碱性，反应的离子方程式为：ClO+H2OHClO+OH，常温下，0.1mol/L的NaClO溶液的pH=9.7，ClO+H2OHClO+OH，Kh=，则Ka=106.4，次氯酸钠有强氧化性，盐酸有强还原性，两者相遇发生氧化还原反应生成氯气，方程式为：NaClO+2HClNaCl+Cl2+H2O，离子方程式为：ClO+Cl+2H+=Cl2+H2O，故答案为：次氯酸根离子水解溶液显碱性，ClO+H2OHClO+OH；106.4；ClO+Cl+2H+=Cl2+H2O；（4）在碱性条件下，NaClO氧化硝酸铁制得Na2FeO4，利用化合价升降法配
52、平，该反应的离子反应方程式为：2Fe3+3ClO+10OH=2FeO42+5H2O+3Cl，故答案为：2Fe3+3ClO+10OH=2FeO42+5H2O+3Cl；K2FeO4 在水溶液中水解呈碱性，应选择碱性非水溶液抑制K2FeO4水解，进行洗涤，aH2O不能抑制水解，容易损失，故a错误；bNH4Cl、异丙醇，促进水解，故b错误；cFe（NO3）3、异丙醇，促进水解，个c错误；d CH3COONa、异丙醇，能抑制水解，减少洗涤损失，故d正确，故选d，故答案为：d17已知水的电离平衡曲线如图示，试回答下列问题：（1）图中五点Kw间的关系是BCA=D=E（2）若从A点到D点，可采用的措施是bca
53、升温 b加入少量的盐酸 c加入少量的NH4Cl（3）E对应的温度下，将pH=9的NaOH溶液与pH=4的H2SO4溶液混合，若所得混合溶液的pH=7，则NaOH溶液与H2SO4溶液的体积比为10：1（4）B对应温度下，将pH=11的苛性钠溶液V1 L与0.05mol/L的稀硫酸V2L 混合（设混合后溶液的体积等于原两溶液体积之和），所得混合溶液的pH=2，则 V1：V2=9：11（5）常温下，将V mL、0.1000molL1氢氧化钠溶液逐滴加入到20.00mL、0.1000molL1醋酸溶液中充分反应请回答下列问题（忽略溶液体积的变化）如果溶液pH=7，此时V的取值20.00（填“”“”或“
54、=”）而溶液 中c（Na+）、c（CH3COO）、c（H+）、c（OH）的大小关系为c（Na+）=c（CH3COO）c（H+）=c（OH）如果V=40.00，则此时溶液中c（OH）c（H+）c（CH3COOH）=0.033molL1（填数据）（6）在0.10molL1硫酸铜溶液中加入氢氧化钠稀溶液充分搅拌，有浅蓝色氢氧化铜沉淀生成，当溶液的pH=8时，c（Cu2+）=2.2108molL1（KspCu（OH）2=2.21020）【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算【分析】（1）Kw只与温度有关，温度相同离子积常数相同，温度越高，离子积常数越大；（2）从A点到D点c（H+）变大，c（OH
55、）变小，但Kw不变；（3）E对应的温度下，Kw=1014，将pH=9的NaOH溶液与pH=4的H2SO4溶液混合，若所得混合溶液的pH=7，则酸溶液中的n（H+）等于碱溶液中的n（OH），据此计算；（4）该温度下水的离子积为Kw=11012，酸和碱混合，0.05mol/L的稀硫酸溶液中氢离子浓度为1mol/L，若所得混合液的pH=2，则酸过量，根据c（H+）=计算，列式计算pH可计算体积比；（5）溶液的酸碱性是根据溶液中H+浓度与OH浓度的相对大小判断的，只要溶液中c（H+）=c（OH），溶液就呈中性，CH3COOH是弱电解质，电离程度不大，NaOH是强电解质，完全电离，反应生成的乙酸钠是强碱
56、弱酸盐水解呈碱性，需溶液呈中性，需少加碱；根据溶液呈中性pH=7c（H+）=c（OH）结合电荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO）+c（OH）进行解答；电荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO）+c（OH），物料守恒c（Na+）=2c（CH3COO）+c（CH3COOH）；（6）c（Cu2+）=【解答】解：（1）水的离子积常数只与温度有关，温度越高，离子积常数越大，同一曲线是相同温度，根据图知，温度高低点顺序是BCA=D=E，所以离子积常数大小顺序是BCA=D=E，故答案为：BCA=D=E； （2）在A点时，c（H+）=c（OH），溶液显中性，而到D点c（H+）变大，c（
57、OH）变小，溶液显酸性，即由A点到D点，溶液由中性变为酸性，但Kw不变a、升高温度，Kw变大，故a错误；b、加入少量盐酸，则溶液显酸性，故b正确；c、加入氯化铵，水解显酸性，且Kw不变，故c正确；故答案为：bc；（3）E对应的温度下，Kw=1014，将pH=9的NaOH溶液与pH=4的H2SO4溶液混合，若所得混合溶液的pH=7，则酸溶液中的n（H+）等于碱溶液中的n（OH），故有：105mol/LV碱=104mol/LV酸，解得： =10：1，故答案为：10：1；（4）该温度下水的离子积为Kw=11012，将pH=11的苛性钠中氢氧根离子浓度为：c（OH）=mol/L=0.1mol/L，0.
58、05mol/L的稀硫酸溶液中氢离子浓度为1mol/L，pH=2的溶液中氢离子浓度为0.01mol/L，则混合液中满足：0.1mol/LV20.1mol/LV1=0.01mol/L（V1+V2），整理可得：V1：V2=9：11，故答案为：9：11； （5）CH3COOH是弱电解质，电离程度不大，NaOH是强电解质，完全电离，反应生成的乙酸钠是强碱弱酸盐，水解呈碱性，需溶液呈中性pH=7，需少加碱，所以常温下，将V mL、0.1000molL1氢氧化钠溶液逐滴加入到20.00mL、0.1000molL1醋酸溶液中，充分反应，V20.00mL溶液呈中性pH=7，c（H+）=c（OH）；根据电荷守恒c
59、（Na+）+c（H+）=c（CH3COO）+c（OH），c（H+）=c（OH），溶液中的溶质为乙酸钠溶液，水的电离是微弱的，所以c（Na+）=c（CH3COO）c（H+）=c（OH），故答案为：；c（Na+）=c（CH3COO）c（H+）=c（OH）； 根据电荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO）+c（OH），物料守恒c（Na+）=2c（CH3COO）+c（CH3COOH），得到c（H+）+c（CH3COO）+2c（CH3COOH）=c（OH），则c（OH）c（H+）c（CH3COOH）=c（CH3COO）+c（CH3COOH），反应后溶液的体积变为60mL，则c（CH3COO）+
60、c（CH3COOH）=0.033mol/L，故答案为：0.033；c（Cu2+）=mol/L=2.2108mol/L，故答案为：2.210818四苯基乙烯（TPE）及其衍生物具有聚集诱导发光特性，在光电材料等领域应用前景广阔以下是TPE的两条合成路线（部分试剂和反应条件省略）：（1）A的名称是甲苯（2）BC的反应类型是取代反应； D中官能团的名称是羰基（3）EF的化学方程式是（4）W是D的同分异构体，具有下列结构特征：属于萘（ ）的一元取代物；存在羟甲基（CH2OH）写出W所有可能的结构简式（5）下列说法正确的是adaB的酸性比苯酚强bD不能发生还原反应cE含有3种不同化学环境的氢dTPE既属
61、于芳香烃也属于烯烃【考点】有机物的合成【分析】（1）由A的分子式与B的结构可知，应是甲苯被酸性高锰酸钾溶液氧化生成苯甲酸；（2）对比B、C的结构简式可知，B发生取代反应生成C；由B、D结构可知，含有的官能团分别为羧基、羰基；（3）E的分子式为C13H11Br，F的分子式为C13H12O，对比E的结构与F的分子式可知，E中Br原子被OH取代生成F；（4）D的分子式为C13H10O，不饱和度为9，W是D的同分异构体属于萘（）的一元取代物，存在羟甲基（CH2OH），萘环不饱和度为7，则侧链存在碳碳三键，故侧链为CCCH2OH，萘有2种化学环境不同的H原子，据此书写；（5）a羧基酸性大于酚羟基；bD含
62、有苯环与羰基，能与氢气发生加成反应；cE中含有4种化学环境不同的H原子；dTPE只有含有C、H2种元素，属于烃，含有苯环，属于芳香烃，含有碳碳双键，属于烯烃【解答】解：（1）由A的分子式与B的结构可知，应是甲苯被酸性高锰酸钾溶液氧化生成苯甲酸，故答案为：甲苯；（2）对比B、C的结构简式可知，B发生取代反应生成C；由D结构可知，含有的官能团分别为羰基，故答案为：取代反应；羰基；（3）对比E的结构与F的分子式可知，E中Br原子被OH取代生成F，反应方程式为，故答案为：；（4）D的分子式为C13H10O，不饱和度为9，W是D的同分异构体属于萘（）的一元取代物，存在羟甲基（CH2OH），萘环不饱和度为
63、7，则侧链存在碳碳三键，故侧链为CCCH2OH，萘有2种化学环境不同的H原子，符合条件的W有：，故答案为：；（5）a羧基酸性大于酚羟基，故a正确；bD含有苯环与羰基，能与氢气发生加成反应，属于还原反应，故b错误；cE中含有4种化学环境不同的H原子，故c错误；dTPE只有含有C、H2种元素，属于烃，含有苯环，属于芳香烃，含有碳碳双键，属于烯烃，故d正确，故选：ad19在接触法制硫酸的生产中，SO2转化成SO3转化率的大小直接决定生产效率某研究小组用图1装置模拟生产过程中测定SO2转化成SO3的转化率已知SO3的熔点是16.8，沸点是44.8发生装置中所涉及反应的化学方程式为：Na2SO3（s）+
64、H2SO4（75%）=Na2SO4+SO2+H2O（1）中的试剂是，仪器的名称为分别为浓硫酸、干燥管（2）根据实验需要，应该在、处连接合适的装置请从图2AD装置中选择最适合装置并将其序号填入下面的空格中，、处连接的装置分别是C、D（3）为了提高SO2的转化率，实验时在：滴加浓硫酸；加热催化剂的步骤中，应采取的操作是先后（填编号）（4）实验结束后，如果把收集SO3的试管敞口露置于空气中，能够看到管口有大量的白雾，产生此现象的原因是SO3易挥发，极易溶于水（5）用12.6gNa2SO3粉末与足量较浓的硫酸进行此实验，当反应结束时，继续通入O2一段时间后测得装置增重了4.48g，则实验测得SO2的转
65、化率为30%【考点】探究物质的组成或测量物质的含量【分析】（1）二氧化硫的干燥用浓硫酸，根据仪器的结构知道仪器的名称为干燥管；（2）当温度低于 16.8可以获得三氧化硫的晶体，尾气处理用碱石灰；（3）先加热催化剂再滴入浓硫酸，能保证产生的二氧化硫尽可能多的转化为三氧化硫；（4）SO3溶于水生成硫酸；（5）根据S元素守恒计算消耗的物质的量，可计算转化率【解答】解：（1）SO2转化成SO3之前必须对二氧化硫进行干燥，可以用浓硫酸，根据仪器的结构知道仪器的名称为干燥管，故答案为：浓硫酸；干燥管；（2）SO3的熔点是16.8，沸点是44.8，当温度低于 16.8时，三氧化硫以晶体状态存在，二氧化硫、三
66、氧化硫的尾气处理用烧碱溶液吸收，故答案为：C、D；（3）为保证产生的二氧化硫尽可能多的转化为三氧化硫，应先加热催化剂再滴入浓硫酸，故答案为：；（4）SO3易挥发，极易溶于水生成硫酸成大量的白雾，故答案为：SO3易挥发，极易溶于水；（5）根据元素守恒Na2SO3SO2，则12.6gNa2SO3（即0.1mol）会生成二氧化硫0.1mol，装置增重了4.48g，说明剩余的二氧化硫为4.48g（即0.07mol），所以二氧化硫的转化率=100%=30%，故答案为：30%20有关FeSO4的转化关系如图所示（无关物质已略去）已知：X由两种化合物组成，将X通入品红溶液，溶液褪色；通入BaCl2溶液，产生
67、白色沉淀Y是红棕色的化合物（1）气体X的成分是（填化学式）SO2、SO3（2）反应I的反应类型属于（填序号）a、ea分解反应 b复分解反应 c置换反应 d化合反应 e氧化还原反应（3）溶液2中金属阳离子的检验方法是取溶液少量于试管，滴加硫氰化钾溶液，溶液变为血红色，有Fe3+（4）若经反应I得到16g固体Y，产生的气体X恰好被0.4L 1mol/L NaOH溶液完全吸收，则反应IV中生成FeSO4的离子方程式是SO32+2Fe3+H2OSO42+2Fe2+2H+【考点】铁盐和亚铁盐的相互转变【分析】硫酸亚铁受热分解，生成气体X，气体只能由硫元素与氧元素组成；Y是红棕色的化合物，又是硫酸亚铁受热
68、分解的化合物，从颜色可看出是Fe2O3；【解答】解：硫酸亚铁受热分解，生成气体X，X通入品红溶液，溶液褪色是SO2；通入BaCl2溶液，产生白色沉淀是SO3，硫酸亚铁受热分解方程式为：2FeSO4Fe2O3+SO2+SO3Y红棕色的化合物是Fe2O3；（1）故答案为：SO2、SO3；（2）从硫酸亚铁受热分解的方程式可看出由硫酸亚铁一种化合物分解，生成三种化合物，是分解反应；硫元素从+6价，变成产物中的二氧化硫中的+4价，铁从+2价，变成产物中的+3价故答案为a、e：（3）溶液2中金属阳离子是由Fe2O3溶于稀硫酸得到，方程式为：Fe2O3+3H2SO4Fe2（SO4）3+3H2O，检验溶液2中
69、金属阳离子，实际就是检验溶液中的三价铁离子，三价铁离子与硫氰化钾溶液作用变为血红色，利用这一性质检验故答案为取溶液少量于试管，滴加硫氰化钾溶液，溶液变为血红色，有Fe3+；（4）经反应I得到16g固体Y，Y为Fe2O3，为0.1mol，产生的气体X，气体X为SO2、SO3，由方程式知它们各为0.1mol，恰好被0.4L 1mol/L NaOH溶液完全吸收，NaOH为0.4mol，与SO2、SO3恰好反应，2NaOH+SO2Na2SO3+H2O，2NaOH+SO3Na2SO4+H2O，由方程式知生成Na2SO3、Na2SO4均为0.1mol，则反应IV中为Na2SO3与Fe2（SO4）3溶液发生
70、氧化还原反应故答案为：SO32+2Fe3+H2OSO42+2Fe2+2H+；21聚合物G可用于生产全生物降解塑料，在“白色污染”日益严重的今天有着重要的作用有关转化关系如下：已知：CH3CH2CH2Br+NaOHCH3CH2CH2OH+NaBr，淀粉在硫酸催化下水解生成葡萄糖请回答下列问题：（1）物质A的分子式为C6H12O6，B的结构简式为CH3CH=CH2；（2）请写出F中含氧官能团的名称羟基、羧基；（3）反应中属于加成反应的是；（4）写出由两分子F合成六元环化合物的化学方程式【考点】有机物的推断【分析】B的分子式为C3H6，根据题中各物质转化关系，比较B、C的分子式可知反应为加成反应，所
71、以B中有碳碳双键，所以B为CH3CH=CH2，B与溴加成生成C为CH3CHBrCH2Br，C在碱性条件下水解得D为CH3CHOHCH2OH，D氧化得E为CH3COCOOH，E与氢气发生加成反应得F为CH3CHOHCOOH，F在一定条件下发生缩聚反应得G，淀粉在酸性条件下水解得A为葡萄糖，据此答题【解答】解：B的分子式为C3H6，根据题中各物质转化关系，比较B、C的分子式可知反应为加成反应，所以B中有碳碳双键，所以B为CH3CH=CH2，B与溴加成生成C为CH3CHBrCH2Br，C在碱性条件下水解得D为CH3CHOHCH2OH，D氧化得E为CH3COCOOH，E与氢气发生加成反应得F为CH3CHOHCOOH，F在一定条件下发生缩聚反应得G，淀粉在酸性条件下水解得A为葡萄糖，（1）根据上面的分析可知，A为葡萄糖，分子式为C6H12O6，B为CH3CH=CH2，故答案为：C6H12O6；CH3CH=CH2；（2）F为CH3CHOHCOOH，F中的含氧官能团为羟基、羧基，故答案为：羟基、羧基；（3）根据上面的分析可知，反应中属于加成反应的是，故答案为：；（4）由两分子F合成六元环化合物的化学方程式为，故答案为：2017年2月24日
