1、2015-2016学年内蒙古包头九中高三（上）期中化学试卷一、选择题1化学与能源开发、环境保护、资源利用、生产生活密切相关下列说法错误的是( )A研发使用高效催化剂，可提高反应中原料的转化率B绿色化学的核心是在化学合成中将原子充分利用，从源头上减少或消除污染C高纯硅及其氧化物在太阳能电池及信息高速传输中有重要应用DSO2是大气污染物，但葡萄酒中都含有一定量的SO2，SO2既可杀菌又可用来保鲜2用下列装置进行的相应实验能达到实验目的是( )A图1装置用于Cu和浓H2SO4反应制取少量的SO2气体B图2装置用于分离水和溴苯的混合物C图3装置用于制备并收集NO气体D图4装置用于除去碳酸氢钠固体中的少
2、量碳酸钠3下列指定反应的离子方程式一定错误的是( )ANH4HCO3溶液与Ba（OH）2溶液：NH4+HCO3+Ba2+2OH=NH3H2O+BaCO3+H2OBFeBr2溶液中通入氯气：2Fe2+2Br+2Cl2=2Fe3+Br2+4ClC苏打溶液与稀盐酸混合：HCO3+H+=CO2+H2OD向澄清石灰水中通入过量CO2：OH+CO2=HCO34研究反应物的化学计量数与产物之间的关系时，使用类似数轴的方法可以收到直观形象的效果，下列表达不正确的是( )选项反应叙述产物图示ANaOH溶液与SO2反应时溶液中的溶质BNaAlO2溶液与盐酸反应后铝元素的存在形式CFe和稀HNO3反应后，铁元素的存
3、在形式DFe在Cl2中的燃烧产物AABBCCDD5固体X中可能含有MgCl2、Na2CO3、K2SO3、KAlO2中的一种或几种为确定该固体粉末的成分，现取X进行下列实验，实验过程及现象如图，根据实验，下列说法错误的是( )A气体1可能为NO和CO2的混合物B沉淀3可能为Mg（OH）2和Al（OH）3的混合物C沉淀4可能为BaCO3、BaSO3或二者混合物DX中一定有K2SO3，可能有KAlO26在100mL0.1molL1铝铵矾NH4Al（SO4）212H2O的水溶液中，逐滴滴入0.1molL1的Ba（OH）2溶液，所得沉淀的质量与Ba（OH）2溶液的体积曲线如图所示已知Ba（AlO2）2易
4、溶易电离下列说法正确的是( )Aa点溶液中大量存在的离子有NH4+和SO42Bb点溶液中c（NH3H2O）约为0.1molL1Cab过程中，反应的只有SO42Dbc过程中，反应的是Al（OH）3和NH4+7次磷酸盐可用于化学镀铜，向盛有次磷酸钠和氢氧化钠混合溶液的铁质容器中加入硫酸铜溶液，容器内壁形成牢固的铜镀层，其原理为H2PO2+Cu2+XPO43+Cu+H2O（未配平），下列有关说法正确的是( )A该反应中次磷酸根离子得电子，表现还原性B该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：1C若将硫酸铜溶液换成硝酸银溶液，容器内壁不会形成镀层D该反应每消耗3 mol X，转移电子的物质的量为2 m
5、ol二、解答题（共5小题，满分73分）8（14分）金属M在酸性或碱性溶液中均可与HNO3发生氧化还原反应，转化关系如图（部分生成物未列出）：已知：C、D、E、G均为气体，且G为单质；将D通入A溶液产生白色沉淀；将F逐滴加入B溶液至过量，先产生白色沉淀，随后沉淀消失请回答下列问题：（1）写出下列物质的化学式：M_、F_、G_（2）A溶液与B溶液混合也能产生白色沉淀，写出该反应的离子方程式_（3）除去气体C中的气体E的化学方法是_（4）将10mL充满气体E和O2混合气的试管倒扣在水槽中，反应后试管中残留1mL无色气体，则试管中气体E的体积是_mL（5）DC反应的化学方程式是_（6）M与NO3在碱性
6、条件下反应的离子方程式为_9二氧化硫为无色气体，有强烈刺激性气味，是大气主要污染物之一某化学兴趣小组欲制备并探究SO2的某些性质SO2的制备：用亚硫酸钠与较浓的硫酸反应制备SO2的装置图如图1（夹持仪器省略）：（1）图中的装置错误的是_；B中发生反应的化学方程式为_；D的作用是_SO2的性质：探究SO2气体性质的装置如图2所示：（2）装置中的现象是_，说明SO2具有_（填“氧化”或“还原”）性写出装置中通入足量SO2的离子方程式_（3）在上述装置中通入过量的SO2，为了验证中发生了氧化还原反应，取中溶液分成两份，并设计了如下实验：方案一：往第一份试液中加入少量酸性KMnO4溶液，紫红色褪去；方
7、案二：往第二份试液加入KSCN溶液，不变红，再加入新制的氯水，溶液变红上述方案不合理的方案是_，原因是_，写出解释该原因的离子方程式_（4）SO2可以用来制备硫代硫酸钠，硫代硫酸钠可用于照相业作定影剂，也可用于纸浆漂白作脱氯剂等实验室可通过Na2S、Na2CO3和SO2共同反应来制取Na2S2O3写出如图3所示装置中三颈瓶中由反应制取Na2S2O3的化学方程式_10（14分）镍是有机合成的重要催化剂某化工厂有含镍催化剂废品（主要成分是镍，杂质是铁、铝单质及其化合物，少量难溶性杂质）某学习小组设计如图流程利用含镍催化剂废品制备硫酸镍晶体：几种难溶碱开始沉淀和完全沉淀的pH：沉淀物Al（OH）3F
8、e（OH）3Fe（OH）2Ni（OH）2开始沉淀3.82.77.67.1完全沉淀5.23.29.79.2回答下列问题：（1）溶液中含有金属的离子是_（2）用离子方程式表示加入双氧水的目的_（3）操作b调节溶液范围为3.27.1，其目的是_，固体的化学式为_（4）操作a和c需要共同的玻璃仪器是_上述流程中，防止浓缩结晶过程中Ni2+水解的措施是_（5）如果加入双氧水量不足或“保温时间较短”，对实验结果的影响是_设计实验证明产品中是否含“杂质”：_（不考虑硫酸镍影响）（6）取2.000g硫酸镍晶体样品溶于蒸馏水，用0.2000molL1的EDTA（Na2H2Y）标准溶液滴定至终点，消耗EDTA标准
9、溶液为34.50mL反应为Ni2+H2Y2-=NiY2-+2H+计算样品纯度为_（已知，NiSO47H2O相对分子质量为281，不考虑杂质反应）11第VA族元素及其化合物在生产、生活中有着广泛的应用（1）砷的电子排布式为_，N、P、As三种元素的最常见氢化物沸点由高到低的顺序为_，高纯度砷可用于生产半导体材料GaAs，在GaAs晶体，Ga、As原子最外电子层均达到8电子稳定结构，则GaAs晶体中砷的配位数为_（2）对硝基苯酚水合物是一种具有特殊功能的物质，其结构简式为该物质中几种元素的第一电离能由大到小的顺序是_，该物质的晶体中肯定不存在的作用力是_a氢键 b极性键 c范德华力 d离子键 e键
10、（3）科学家将NaNO3和Na2O在一定条件下反应得到一种白色晶体，已知其中阴离子与SO42互为等电子体，则该阴离子的化学式是_（4）PM2.5富含大量的有毒、有害物质，易引发二次光化学烟雾污染，光化学烟雾中含有NOx、O3、CH2=CHCHO、HCOOH、CH3COOONO2 （PAN）等二次污染物N2O结构式可表示为N=N=O，N2O中氮原子的杂化轨道类型为_，1mol PAN中含键数目为_测定大气中PM2.5的浓度方法之一是射线吸收法，射线放射源可用85KrKr晶体为面心立方晶体，若晶体中与每个Kr原子相紧邻的Kr原子有m个，晶胞中含Kr原子为n个，则=_（填数字）已知Kr晶体的密度为g
11、/cm3，摩尔质量为Mg/mol，阿伏伽德罗常数用NA表示，列式表示Kr晶胞参数a=_nm121对甲苯基3苯基2丙烯1酮（以下用M表示）是一种常见的工业原料，其结构简式为：，工业上合成M线路如下（反应中生成的小分子已略去）：已知：在稀碱作用下，两分子的醛或酮可以互相作用，其中一个醛（或酮）分子中的氢加到另一个醛（或酮）分子的羰基氧原子上，其余部分加到羰基碳原子上，生成一分子羟基醛或一分子羟基酮请回答下列问题：（1）有机物B的名称为_（2）物质A、C的关系为_a同系物 b同分异构体 c同素异形体 d分子式相差1个CH2（3）反应中，属于加成反应的有_（4）反应的化学方程式为_（5）的同分异构体有
12、许多能与NaHCO3反应，且含有联苯基（上1个氢原子被取代）的同分异构体共有_种2015-2016学年内蒙古包头九中高三（上）期中化学试卷一、选择题1化学与能源开发、环境保护、资源利用、生产生活密切相关下列说法错误的是( )A研发使用高效催化剂，可提高反应中原料的转化率B绿色化学的核心是在化学合成中将原子充分利用，从源头上减少或消除污染C高纯硅及其氧化物在太阳能电池及信息高速传输中有重要应用DSO2是大气污染物，但葡萄酒中都含有一定量的SO2，SO2既可杀菌又可用来保鲜【考点】常见的生活环境的污染及治理；绿色化学；硅和二氧化硅 【专题】化学应用【分析】A催化剂只能加快反应速率，对转化率无影响；
13、 B绿色化学的核心就是利用化学原理从源头上减少和消除工业生产对环境的污染；C光纤的成分的二氧化硅；D二氧化硫具有还原性【解答】解：A催化剂只能加快反应速率，对平衡移动无影响，则对反应中原料的转化率无影响，故A错误； B绿色化学的核心就是利用化学原理从源头上减少和消除工业生产对环境的污染，故B正确；C太阳能电池的原料是硅单质，光纤的成分的二氧化硅，故C正确；D二氧化硫具有还原性，具有抗氧化作用，可使蛋白质变性，起保鲜、杀菌作用，故D正确故选A【点评】本题考查较综合，涉及催化剂、绿色化学、物质的性质与用途等，注重化学与生活、环境的联系，侧重基础知识的考查，题目难度不大2用下列装置进行的相应实验能达
14、到实验目的是( )A图1装置用于Cu和浓H2SO4反应制取少量的SO2气体B图2装置用于分离水和溴苯的混合物C图3装置用于制备并收集NO气体D图4装置用于除去碳酸氢钠固体中的少量碳酸钠【考点】化学实验方案的评价 【分析】A浓硫酸和铜应在加热条件下进行；B溴苯与水互不相溶；C不能用排空法收集NO；D碳酸钠加热易分解【解答】解：A浓硫酸和铜应在加热条件下进行，该装置不能继而制备气体，故A错误；B溴苯与水互不相溶，可用分液的方法分离，故B正确；CNO易与氧气反应，不能用排空法收集NO，只能用排水法，故C错误；D碳酸氢钠加热易分解，加热可以出去碳酸钠固体中的少量碳酸氢钠，故D错误故选B【点评】本题考查
15、化学实验方案的评价，为高频考点，涉及气体的制备、收集以及物质的分离、提纯等，把握反应原理、物质性质及实验装置图的作用为解答的关键，注意实验操作的可行性、评价性分析，题目难度不大3下列指定反应的离子方程式一定错误的是( )ANH4HCO3溶液与Ba（OH）2溶液：NH4+HCO3+Ba2+2OH=NH3H2O+BaCO3+H2OBFeBr2溶液中通入氯气：2Fe2+2Br+2Cl2=2Fe3+Br2+4ClC苏打溶液与稀盐酸混合：HCO3+H+=CO2+H2OD向澄清石灰水中通入过量CO2：OH+CO2=HCO3【考点】离子方程式的书写 【专题】离子反应专题【分析】A反应生成碳酸钡、水、一水合氨
16、；B氯气与FeBr2物质的量为1：1时，亚铁离子全部被氧化，溴离子一半被氧化；C苏打为碳酸钠，碳酸根离子与氢离子反应；D反应生成碳酸氢钙【解答】解：ANH4HCO3溶液与Ba（OH）2溶液的离子反应为NH4+HCO3+Ba2+2OH=NH3H2O+BaCO3+H2O，故A正确；BFeBr2溶液中通入氯气等物质的量时发生2Fe2+2Br+2Cl2=2Fe3+Br2+4Cl，遵循电子、电荷守恒，故B正确；C苏打溶液与稀盐酸混合的离子反应为CO32+2H+=CO2+H2O，故C错误；D向澄清石灰水中通入过量CO2的离子反应为OH+CO2=HCO3，故D正确；故选C【点评】本题考查离子反应方程式书写的
17、正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重复分解反应、与量有关的离子反应及氧化还原反应的离子反应考查，注意离子反应中保留化学式的物质及电荷守恒，题目难度不大4研究反应物的化学计量数与产物之间的关系时，使用类似数轴的方法可以收到直观形象的效果，下列表达不正确的是( )选项反应叙述产物图示ANaOH溶液与SO2反应时溶液中的溶质BNaAlO2溶液与盐酸反应后铝元素的存在形式CFe和稀HNO3反应后，铁元素的存在形式DFe在Cl2中的燃烧产物AABBCCDD【考点】化学方程式的有关计算；二氧化硫的化学性质；镁、铝的重要化合物；铁的化学性质 【专题】利用化学方程式的计算
18、【分析】A、根据可能发生的反应2NaOH+SO2（少量）Na2SO3+H2O，NaOH+SO2（足）NaHSO3分析；B、NaAl02溶液与盐酸反应后铝的存在形式和量有关，盐酸少生成产物氢氧化铝和剩余偏铝酸钠，盐酸和偏铝酸钠全部反应可以是氢氧化铝和氯化铝或氯化铝，盐酸过量最后为氯化铝；C、依据铁和稀硝酸的定量反应分析判断；D、Fe在Cl2中燃烧的产物与Fe和Cl2的用量无关，其产物只有FeCl3【解答】解：A、烧碱溶液中通入少量二氧化硫反应生成亚硫酸钠，n（NaOH）：n（SO2）=2：1反应生成亚硫酸钠，通入过量二氧化硫生成亚硫酸氢钠，n（NaOH）：n（SO2）=1：1，反应生成亚硫酸氢钠
19、，在2：11：1范围内生成亚硫酸钠和亚硫酸氢钠，故A正确；B、NaAl02溶液与盐酸反应后铝的存在形式和量有关，盐酸少生成产物氢氧化铝和剩余偏铝酸钠，盐酸和偏铝酸钠全部反应可以是氢氧化铝和氯化铝或氯化铝，盐酸过量最后为氯化铝；NaAlO2+HCl+H2O=Al（OH）3+NaCl，NaAlO2+4HCl=AlCl3+NaCl+2H2O，n（HCl）：n（NaAlO2）1：1，为AlO2，Al（OH）3，n（HCl）：n（NaAlO2）1：4，存在Al3+，1：11：4存在Al（OH）3，AlCl3，数轴符合，故B正确；C、反应的化学方程式：4HNO3（稀足）+FeFe（NO3）3+NO+2H2
20、O，8HNO3+3Fe3Fe（NO3）2+2NO+4H2O，Fe与HNO3的物质的量之比为1：4时，恰好反应生成Fe（NO3）3，即Fe与HNO3的物质的量之比为时反应得到Fe（NO3）3，Fe与HNO3的物质的量之比为3：8时，恰好反应生成Fe（NO3）2，即Fe与HNO3的物质的量之比为时反应得到Fe（NO3）2，故C正确；D、Fe在Cl2中燃烧只有一种产物FeCl3，故D错误；故选D【点评】本题考查了常见的用数轴法表示化学知识，完成此题，可以依据已有的知识进行，所以要求同学们在平时的学习中加强基础知识的储备，以便能够灵活应用5固体X中可能含有MgCl2、Na2CO3、K2SO3、KAlO
21、2中的一种或几种为确定该固体粉末的成分，现取X进行下列实验，实验过程及现象如图，根据实验，下列说法错误的是( )A气体1可能为NO和CO2的混合物B沉淀3可能为Mg（OH）2和Al（OH）3的混合物C沉淀4可能为BaCO3、BaSO3或二者混合物DX中一定有K2SO3，可能有KAlO2【考点】物质检验实验方案的设计 【专题】物质检验鉴别题；物质的分离提纯和鉴别【分析】固体X中加入过量的硝酸，得溶液2，加入氯化钡生成沉淀4，说明固体中含有K2SO3，加入稀硝酸还有气体生成，则一定含有Na2CO3，向溶液2中加入氨水有沉淀生成，沉淀可能是Mg（OH）2和Al（OH）3的混合物；所以固体中一定含有K
22、2SO3、Na2CO3，可能含有Mg（OH）2和Al（OH）3中的一种或两种，A、稀硝酸的强氧化性，气体1不可能为SO2；B、沉淀3为Al（OH）3或Mg（OH）2或二者都有；C、能和氯化钡反应产生的不溶于硝酸的白色沉淀是硫酸钡；D、固体粉末X中一定有K2SO3，可能有KAlO2【解答】解：固体X中加入过量的硝酸，得溶液2，加入氯化钡生成沉淀4，说明固体中含有K2SO3，加入稀硝酸还有气体生成，则一定含有Na2CO3，向溶液2中加入氨水有沉淀生成，沉淀可能是Mg（OH）2和Al（OH）3的混合物；所以固体中一定含有K2SO3、Na2CO3，可能含有Mg（OH）2和Al（OH）3中的一种或两种，
23、A、稀硝酸的强氧化性，气体1不可能为SO2，两者要发生氧化还原反应，气体1可能为NO和CO2的混合物，故A正确；B、沉淀3为Al（OH）3或Mg（OH）2或二者都有，故B正确；C、沉淀4可为BaSO4，故C错误；D、固体粉末X中一定有K2SO3，可能有KAlO2，故D正确；故选C【点评】解此类题，离子的共存问题方面进行分析，熟练掌握常见的盐的性质，而不溶于硝酸的白色沉淀只有硫酸钡和氯化银两种物质是解题的关键6在100mL0.1molL1铝铵矾NH4Al（SO4）212H2O的水溶液中，逐滴滴入0.1molL1的Ba（OH）2溶液，所得沉淀的质量与Ba（OH）2溶液的体积曲线如图所示已知Ba（A
24、lO2）2易溶易电离下列说法正确的是( )Aa点溶液中大量存在的离子有NH4+和SO42Bb点溶液中c（NH3H2O）约为0.1molL1Cab过程中，反应的只有SO42Dbc过程中，反应的是Al（OH）3和NH4+【考点】离子方程式的有关计算 【专题】利用化学方程式的计算【分析】100mL 0.1molL1铝铵矾NH4Al（SO4）212H2O，NH4Al（SO4）2物质的量为0.01mol溶液含有NH4+0.01mol，Al3+0.01mol，SO420.02mol；开始滴加同时发生反应为SO42+Ba2+=BaSO4，Al3+3OH=Al（OH）3，当Al3+沉淀完全时需加入0.03mo
25、lOH，即加入0.015molBa（OH）2，加入的Ba2+为0.015mol，SO42未完全沉淀，此时溶液含有硫酸铵、硫酸铝（开始到a）；再滴加Ba（OH）2，生成BaSO4沉淀，发生反应为SO42+Ba2+=BaSO4，NH4+OH=NH3H2O，所以沉淀质量继续增加；当SO42完全沉淀时，共需加入0.02molBa（OH）2，加入0.04molOH，Al3+反应掉0.03molOH，生成Al（OH）30.01mol，剩余0.01molOH恰好与NH4+完全反应，此时溶液中NH4+完全反应，此时溶液为氨水溶液（a到b）；继续滴加Ba（OH）2，Al（OH）3溶解，发生反应Al（OH）3+O
26、H=AlO2+2H2O，由方程式可知要使0.01molAl（OH）3完全溶解，需再加入0.005molBa（OH）2，此时溶液为氨水与偏铝酸钡溶液（b到c）【解答】解：100mL 0.1molL1铝铵矾NH4Al（SO4）212H2O，NH4Al（SO4）2物质的量为0.01mol溶液含有NH4+0.01mol，Al3+0.01mol，SO420.02mol；开始滴加同时发生反应为SO42+Ba2+=BaSO4，Al3+3OH=Al（OH）3，当Al3+沉淀完全时需加入0.03molOH，即加入0.015molBa（OH）2，加入的Ba2+为0.015mol，SO42未完全沉淀，此时溶液含有硫
27、酸铵、硫酸铝（开始到a）；再滴加Ba（OH）2，生成BaSO4沉淀，发生反应为SO42+Ba2+=BaSO4，NH4+OH=NH3H2O，所以沉淀质量继续增加；当SO42完全沉淀时，共需加入0.02molBa（OH）2，加入0.04molOH，Al3+反应掉0.03molOH，生成Al（OH）30.01mol，剩余0.01molOH恰好与NH4+完全反应，此时溶液中NH4+完全反应，此时溶液为氨水溶液（a到b）；继续滴加Ba（OH）2，Al（OH）3溶解，发生反应Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O，由方程式可知要使0.01molAl（OH）3完全溶解，需再加入0.005molBa（OH）
28、2，此时溶液为氨水与偏铝酸钡溶液（b到c）A、由分析可知，从开始到a点，发生反应为SO42+Ba2+=BaSO4，Al3+3OH=Al（OH）3，当Al3+沉淀完全时需加入0.03molOH，即加入0.015molBa（OH）2，加入的Ba2+为0.015mol，SO42未完全沉淀，此时溶液含有硫酸铵、硫酸铝，所以a点溶液中大量存在的离子有NH4+和SO42，故A正确；B、当SO42完全沉淀时，共需加入0.02molBa（OH）2，加入0.04molOH，Al3+反应掉0.03molOH，生成Al（OH）30.01mol，剩余0.01molOH恰好与NH4+完全反应，此时溶液中NH4+完全反应
29、，此时溶液为氨水，此时溶液的体积大约为0.3L，所以b点溶液中c（NH3H2O）小于0.1molL1，故B错误；C、由分析可知，ab过程中发生反应为SO42+Ba2+=BaSO4，NH4+OH=NH3H2O，故C错误；D、继续滴加Ba（OH）2，Al（OH）3溶解，发生反应Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O，由方程式可知要使0.01molAl（OH）3完全溶解，需再加入0.005molBa（OH）2，此时溶液为氨水与偏铝酸钡溶液，所以bc过程中，反应的是Al（OH）3，故D错误故选：A【点评】本题考查铝化合物的性质及计算，难度比较大，清楚整个反应过程是解题的关键，注意NH4+与Al3+同
30、时存在，OH首先与Al3+反应，而NH4+与Al（OH）3同时存在，OH首先与NH4+反应7次磷酸盐可用于化学镀铜，向盛有次磷酸钠和氢氧化钠混合溶液的铁质容器中加入硫酸铜溶液，容器内壁形成牢固的铜镀层，其原理为H2PO2+Cu2+XPO43+Cu+H2O（未配平），下列有关说法正确的是( )A该反应中次磷酸根离子得电子，表现还原性B该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：1C若将硫酸铜溶液换成硝酸银溶液，容器内壁不会形成镀层D该反应每消耗3 mol X，转移电子的物质的量为2 mol【考点】氧化还原反应的计算 【专题】氧化还原反应专题【分析】由H2PO2+Cu2+XPO43+Cu+H2O及碱
31、性溶液的信息可知离子反应为H2PO2+2Cu2+6OH=PO4+2Cu+4H2O，P元素的化合价升高，Cu元素的化合价降低，结合化合价的变化计算电子转移；若将硫酸铜溶液换成硝酸银溶液，容器内壁会形成银镀层，以此来解答【解答】解：A该反应为H2PO2+2Cu2+6OH=PO4+2Cu+4H2O，次磷酸根离子失电子，作还原剂，表现还原性，故A错误；BH2PO2为还原剂，Cu2+为氧化剂，由方程式可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1，故B错误；C若将硫酸铜溶液换成硝酸银溶液，会有银单质生成，则容器内壁会形成银镀层，故C错误；D反应中消耗6molOH，转移4mol电子，则该反应每消耗3 molO
32、H，转移电子的物质的量为2mol，故D正确；故选D【点评】本题考查氧化还原反应的计算，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化及转移电子计算方法为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，题目难度不大二、解答题（共5小题，满分73分）8（14分）金属M在酸性或碱性溶液中均可与HNO3发生氧化还原反应，转化关系如图（部分生成物未列出）：已知：C、D、E、G均为气体，且G为单质；将D通入A溶液产生白色沉淀；将F逐滴加入B溶液至过量，先产生白色沉淀，随后沉淀消失请回答下列问题：（1）写出下列物质的化学式：MAl、FHNO3、GN2（2）A溶液与B溶液混合也能产生白色沉淀，写出该反应的离子方程式Al3+3A
33、lO2+6H2O=4Al（OH）3（3）除去气体C中的气体E的化学方法是将气体通入水中，再用排水法收集（4）将10mL充满气体E和O2混合气的试管倒扣在水槽中，反应后试管中残留1mL无色气体，则试管中气体E的体积是8.6或7.2mL（5）DC反应的化学方程式是4NH3+5O24NO+6H2O（6）M与NO3在碱性条件下反应的离子方程式为8Al+3NO3+5OH+2H2O=8Al+3NH3【考点】无机物的推断 【专题】无机推断；热点问题；物质变化与能量变化统一思想；演绎推理法；元素及其化合物【分析】C、D、E、G均为气体，且G为单质，根据各物质转化关系，D能催化氧化得C，C氧化得E，D与E催化作
34、用下生成G，则可推知D为NH3，C为NO，E为NO2，G为N2，E与水反应生成F为HNO3，将F逐滴加入B溶液至过量，先产生白色沉淀，随后沉淀消失，则说明B中含有偏铝酸根，将D通入A溶液产生白色沉淀，说明A中含有铝离子，结合图中转化关系可知，M为Al，A为Al（NO3）3，B为含AlO2的溶液，据此答题【解答】解：C、D、E、G均为气体，且G为单质，根据各物质转化关系，D能催化氧化得C，C氧化得E，D与E催化作用下生成G，则可推知D为NH3，C为NO，E为NO2，G为N2，E与水反应生成F为HNO3，将F逐滴加入B溶液至过量，先产生白色沉淀，随后沉淀消失，则说明B中含有偏铝酸根，将D通入A溶液
35、产生白色沉淀，说明A中含有铝离子，结合图中转化关系可知，M为Al，A为Al（NO3）3，B为含AlO2的溶液，（1）根据上面的分析可知，M为Al，F为HNO3，G为N2，故答案为：Al；HNO3；N2；（2）A溶液与B溶液混合也能产生白色沉淀为氢氧化铝，反应的离子方程式为Al3+3AlO2+6H2O=4Al（OH）3，故答案为：Al3+3AlO2+6H2O=4Al（OH）3； （3）由于二氧化氮与水反应能生成一氧化氮，所以除去气体NO中的气体NO2的化学方法是将气体通入水中，再用排水法收集，故答案为：将气体通入水中，再用排水法收集； （4）将10mL充满气体NO2和O2混合气的试管倒扣在水槽中
36、，反应后试管中残留1mL无色气体可能为氧气，也可能为NO，当残留的为氧气时，则根据反应4NO2+O2+H2O=4HNO3，可知，参加反应的体积为mL=7.2mL，当残留的为NO时，原反应剩余二氧化氮为3mL，则根据反应4NO2+O2+H2O=4HNO3，可知参加反应的二氧化氮为mL=5.6mL，则试管中NO2的总体积是5.6mL+3mL=8.6mL，故答案为：8.6或7.2； （5）DC反应的化学方程式是4NH3+5O2 4NO+6H2O，故答案为：4NH3+5O2 4NO+6H2O； （6）Al与NO3在碱性条件下反应的离子方程式为8Al+3NO3+5OH+2H2O=8Al+3NH3，故答案
37、为：8Al+3NO3+5OH+2H2O=8Al+3NH3【点评】本题是一道物质物质的综合推断题，考查学生分析和解决问题的能力，综合性较强，难度较大9二氧化硫为无色气体，有强烈刺激性气味，是大气主要污染物之一某化学兴趣小组欲制备并探究SO2的某些性质SO2的制备：用亚硫酸钠与较浓的硫酸反应制备SO2的装置图如图1（夹持仪器省略）：（1）图中的装置错误的是集气瓶C中导管长短反了；B中发生反应的化学方程式为Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+SO2；D的作用是吸收二氧化硫尾气，防止污染空气SO2的性质：探究SO2气体性质的装置如图2所示：（2）装置中的现象是有浅黄色沉淀生成，说明SO2具
38、有氧化（填“氧化”或“还原”）性写出装置中通入足量SO2的离子方程式2S2+5SO2+2H2O=3S+4HSO3（3）在上述装置中通入过量的SO2，为了验证中发生了氧化还原反应，取中溶液分成两份，并设计了如下实验：方案一：往第一份试液中加入少量酸性KMnO4溶液，紫红色褪去；方案二：往第二份试液加入KSCN溶液，不变红，再加入新制的氯水，溶液变红上述方案不合理的方案是方案一，原因是过量的二氧化硫能溶于水，也能使高锰酸钾褪色，写出解释该原因的离子方程式5SO2+2MnO4+2H2O=5SO42+2Mn2+4H+（4）SO2可以用来制备硫代硫酸钠，硫代硫酸钠可用于照相业作定影剂，也可用于纸浆漂白作
39、脱氯剂等实验室可通过Na2S、Na2CO3和SO2共同反应来制取Na2S2O3写出如图3所示装置中三颈瓶中由反应制取Na2S2O3的化学方程式2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2 【考点】性质实验方案的设计 【专题】无机实验综合【分析】（1）根据图1装置可知，二氧化硫密度大于空气，所以收集二氧化硫时应长时短出，B中发生反应为亚硫酸钠和浓硫酸反应生成二氧化硫、硫酸钠和水，二氧化硫会污染空气，所以要进行尾气吸收；（2）二氧化硫通入硫化钠溶液发生氧化还原反应生成淡黄色沉淀硫单质，说明二氧化硫具有氧化性，氧化硫离子生成硫单质，足量二氧化硫和硫化钠溶液反应得到硫单质和亚硫酸氢钠；
40、（3）过量的二氧化硫能溶于水，也能使高锰酸钾褪色，据此判断；（4）实验室可通过Na2S、Na2CO3和SO2共同反应生成二氧化碳和Na2S2O3；【解答】解：（1）根据图1装置可知，二氧化硫密度大于空气，所以收集二氧化硫时应长时短出，所以C处有错，装置B中发生的反应为亚硫酸钠和浓硫酸反应生成二氧化硫、硫酸钠和水，反应的化学方程式为：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+SO2；二氧化硫会污染空气，所以D的作用是进行尾气吸收，故答案为：集气瓶C中导管长短反了；Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+SO2；吸收尾气中的SO2，防止污染环境（2）二氧化硫通入硫化钠溶液发生氧化还原
41、反应生成淡黄色沉淀硫单质，硫元素化合价+4价变化为0价，说明二氧化硫具有氧化性，氧化硫离子生成硫单质，足量二氧化硫和硫化钠溶液反应得到硫单质和亚硫酸氢钠，反应的离子方程式为：2S2+5SO2+2H2O=3S+4HSO3，故答案为：有浅黄色沉淀生成，氧化，2S2+5SO2+2H2O=3S+4HSO3；（3）过量的二氧化硫能溶于水，也能使高锰酸钾褪色，所以方案一不合理，反应的离子方程式为：5SO2+2MnO4+2H2O=5SO42+2Mn2+4H+，故答案为：方案一；过量的二氧化硫能溶于水，也能使高锰酸钾褪色； 5SO2+2MnO4+2H2O=5SO42+2Mn2+4H+；（4）实验室可通过Na2
42、S、Na2CO3和SO2共同反应生成二氧化碳和Na2S2O3，反应的化学方程式为：2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2 ，故答案为：2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2 ；【点评】本题考查了探究物质的组成、测量物质的含量的方法，题目难度中等，试题涉及了二氧化硫性质、中和滴定的计算，要求学生掌握探究物质组成、测量物质含量的方法，明确二氧化硫的化学性质及中和滴定的操作方法及计算方法，试题培养了学生灵活应用所学知识的能力10（14分）镍是有机合成的重要催化剂某化工厂有含镍催化剂废品（主要成分是镍，杂质是铁、铝单质及其化合物，少量难溶性杂质）某学习小组设
43、计如图流程利用含镍催化剂废品制备硫酸镍晶体：几种难溶碱开始沉淀和完全沉淀的pH：沉淀物Al（OH）3Fe（OH）3Fe（OH）2Ni（OH）2开始沉淀3.82.77.67.1完全沉淀5.23.29.79.2回答下列问题：（1）溶液中含有金属的离子是AlO2（2）用离子方程式表示加入双氧水的目的2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O（3）操作b调节溶液范围为3.27.1，其目的是除去Fe3+，固体的化学式为Fe（OH）3（4）操作a和c需要共同的玻璃仪器是玻璃棒上述流程中，防止浓缩结晶过程中Ni2+水解的措施是硫酸过量（5）如果加入双氧水量不足或“保温时间较短”，对实验结果的影响是产品中
44、混有绿矾设计实验证明产品中是否含“杂质”：取少量样品溶于蒸馏水，滴加酸性高锰酸钾溶液，若溶液紫色褪去，则产品中含有亚铁离子（不考虑硫酸镍影响）（6）取2.000g硫酸镍晶体样品溶于蒸馏水，用0.2000molL1的EDTA（Na2H2Y）标准溶液滴定至终点，消耗EDTA标准溶液为34.50mL反应为Ni2+H2Y2-=NiY2-+2H+计算样品纯度为97.0%（已知，NiSO47H2O相对分子质量为281，不考虑杂质反应）【考点】制备实验方案的设计 【专题】综合实验题；实验设计题；抽象问题具体化思想；演绎推理法；定量测定与误差分析；无机实验综合【分析】流程分析，某化工厂有含镍催化剂废品（主要成
45、分是镍，杂质是铁、铝单质及其化合物，少量难溶性杂质），碱浸过滤得到固体加入酸浸过滤加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，调节溶液PH使铁离子和铝离子全部沉淀，镍离子不沉淀，过滤后调节溶液PH23防止镍离子水解，通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤得到NiSO47H2O晶体，（1）根据废料成分知，碱和铝、氧化铝反应，溶液中含有偏铝酸根离子；（2）根据数据表知，应将亚铁离子转化成铁离子除去，加入双氧水氧化亚铁离子生成铁离子，不引入新杂质；（3）调节溶液pH使Fe3+完全沉淀，使Ni2+不沉淀，分离出固体是氢氧化铁；（4）过滤、蒸发都需要用玻璃仪器：玻璃棒，氢氧化镍难溶于水，在结晶过程中，硫酸镍可能水解，保
46、持溶液较强酸性，抑制镍离子水解；（5）如果加入双氧水不足，或反应时间较短，亚铁离子不能完全转化成铁离子，产品中会混有硫酸亚铁晶体，检验Fe2+试剂可以是氯水，KSCN溶液、酸性高锰酸钾溶液等；（6）依据离子反应方程式：Ni2+H2Y2=NiY2+2H+列出关系式计算即可【解答】解：流程分析，某化工厂有含镍催化剂废品（主要成分是镍，杂质是铁、铝单质及其化合物，少量难溶性杂质），碱浸过滤得到固体加入酸浸过滤加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，调节溶液PH使铁离子和铝离子全部沉淀，镍离子不沉淀，过滤后调节溶液PH23防止镍离子水解，通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤得到NiSO47H2O晶体，（1）碱和
47、铝、氧化铝均能反应，溶液中含有的含有金属的离子是偏铝酸根离子，故答案为：AlO2；（2）亚铁离子具有还原性，双氧水具有氧化性，加入双氧水是为了氧化亚铁离子成为铁离子，离子反应方程式为：2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O，故答案为：2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O；（3）由表格可知，氢氧化铁的沉淀范围为，2.73.2，镍离子的沉淀范围是7.19.2，调节pH在3.27.1的目的是除去铁离子，但是不沉淀镍离子，由（2）可知：操作b调节溶液范围为3.27.1，那么此时得到的沉淀是氢氧化铁，故答案为：除去Fe3+； Fe（OH）3；（4）操作a是过滤得到固体和滤液，c是蒸发浓
48、缩得到晶体过滤得到NiSO47H2O，操作a、c中均需使用的仪器为玻璃棒，镍离子水解呈酸性，溶液始终保持酸性可以抑制其水解，所以要硫酸过量，故答案为：玻璃棒；硫酸过量；（5）如果加入双氧水不足，或反应时间较短，亚铁离子不能完全被氧化成铁离子，产品中混有绿矾；亚铁离子可以被氧化为铁离子，加入氧化剂即可验证，正确的方法是：取少量样品溶于蒸馏水，滴加酸性高锰酸钾溶液，若溶液紫色褪去，则产品中含有亚铁离子，故答案为：产品中混有绿矾；取少量样品溶于蒸馏水，滴加酸性高锰酸钾溶液，若溶液紫色褪去，则产品中含有亚铁离子；（6）n（Na2H2Y）=0.2mol/L34.5103L=6.9103mol，根据滴定反
49、应式知，m（NiSO47H2O）=6.9103mol281g/L=1.94g，（NiSO47H2O）=100%=97.0%，故答案为：97.0%【点评】本题考查的是无机物制备流程，涉及离子反应方程式书写，氧化还原反应，离子的验证等，本题综合性较强，难度较大11第VA族元素及其化合物在生产、生活中有着广泛的应用（1）砷的电子排布式为Ar3d104s24p3，N、P、As三种元素的最常见氢化物沸点由高到低的顺序为NH3AsH3PH3，高纯度砷可用于生产半导体材料GaAs，在GaAs晶体，Ga、As原子最外电子层均达到8电子稳定结构，则GaAs晶体中砷的配位数为4（2）对硝基苯酚水合物是一种具有特殊
50、功能的物质，其结构简式为该物质中几种元素的第一电离能由大到小的顺序是NOCH，该物质的晶体中肯定不存在的作用力是da氢键 b极性键 c范德华力 d离子键 e键（3）科学家将NaNO3和Na2O在一定条件下反应得到一种白色晶体，已知其中阴离子与SO42互为等电子体，则该阴离子的化学式是NO43（4）PM2.5富含大量的有毒、有害物质，易引发二次光化学烟雾污染，光化学烟雾中含有NOx、O3、CH2=CHCHO、HCOOH、CH3COOONO2 （PAN）等二次污染物N2O结构式可表示为N=N=O，N2O中氮原子的杂化轨道类型为sp2、sp，1mol PAN中含键数目为10NA测定大气中PM2.5的
51、浓度方法之一是射线吸收法，射线放射源可用85KrKr晶体为面心立方晶体，若晶体中与每个Kr原子相紧邻的Kr原子有m个，晶胞中含Kr原子为n个，则=3（填数字）已知Kr晶体的密度为g/cm3，摩尔质量为Mg/mol，阿伏伽德罗常数用NA表示，列式表示Kr晶胞参数a=107nm【考点】晶胞的计算；元素周期表的结构及其应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别 【专题】元素周期律与元素周期表专题；化学键与晶体结构【分析】（1）根据构造原理书写核外电子排布式；NH3分子间存在氢键，沸点最高，分子的相对分子质量越大，分子间作用力越大，分子晶体的沸点越高；由晶体中镓、砷原
52、子最外层电子数目知，镓与砷之间形成了四个共价键（其中有一个为配位键），晶体中每个镓原子、砷原子均与另外四个原子成键；（2）同一周期元素中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素的第一电离能大于相邻元素；同一主族元素中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈减小；阴阳离子之间存在离子键，非金属元素之间存在共价键，不同分子间还存在范德华力，氧原子和氢原子间存在氢键；（3）原子个数相等价电子数相等的微粒属于等电子体，且等电子体结构相似，阴离子与SO42互为等电子体，则该离子是NO4 3；（4）根据氮原子的价层电子对数判断杂化方式，一个单键就是一个键，一个双键中含有
53、一个键，一个键；以顶点为计算，与之相邻的最近的Kr位于三个面心上，而顶点的原子为8个立方体共有，每个面心上的Kr为两个立方体共有，故与每个Kr原子相紧邻的Kr原子有34=12，晶胞中含Kr原子为8+6=4，然后求出比值；根据V=求得晶胞的体积，进而可求得晶胞边长【解答】解：（1）砷的原子序数为33，为第四周期元素，电子排布式为：Ar3d104s24p3；由于NH3分子间存在氢键，所以NH3的沸点最高，由于AsH3的相对分子质量大于PH3，故AsH3的沸点高于PH3，所以沸点：NH3AsH3PH3；由晶体中镓、砷原子最外层电子数目知，镓与砷之间形成了四个共价键（其中有一个为配位键），晶体中每个镓
54、原子、砷原子均与另外四个原子成键，故配位数为4；故答案为：Ar3d104s24p3；NH3AsH3PH3；4；（2）同一周期元素中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素的第一电离能大于相邻元素，所以第一电离：NOC；同一主族元素中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈减小，所以第一电离：NOCH；由对硝基苯酚水合物的组成知其晶体为分子晶体，苯酚中的羟基与结晶水之间存在氢键，不同分子间还存在范德华力，氧与氢原子间形成的化学键是极性键也是键，但没有离子键；故答案为：NOCH；d；（3）根据等电子体知识可知，该离子的化学式为NO43；故答案为：NO43；（4）
55、在N=N=O中，边上的氮原子的价层电子对数为=3，所以是sp2杂化，中间氮原子的价层电子对数为=2，所以是sp杂化，根据的结构可知，每个分子中含有10个键，所以1mol PAN中含键数目为10NA，故答案为：sp2、sp；10NA；以顶点为计算，与之相邻的最近的Kr位于三个面心上，而顶点的原子为8个立方体共有，每个面心上的Kr为两个立方体共有，故与每个Kr原子相紧邻的Kr原子有34=12，晶胞中含Kr原子为8+6=4，所以m：n=12：4=3；根据V=可知晶胞的体积为cm3=cm3，所以晶胞边长a=cm=107nm，故答案为：3；107【点评】本题考查物质的结构与性质，注重对电子排布式、氢化物
56、沸点比较、第一电离能、等电子体、原子杂化方式、晶胞的计算等知识，难度中等，注重基础知识的考查，侧重于考查学生的分析能力和对基础知识的综合应用考查121对甲苯基3苯基2丙烯1酮（以下用M表示）是一种常见的工业原料，其结构简式为：，工业上合成M线路如下（反应中生成的小分子已略去）：已知：在稀碱作用下，两分子的醛或酮可以互相作用，其中一个醛（或酮）分子中的氢加到另一个醛（或酮）分子的羰基氧原子上，其余部分加到羰基碳原子上，生成一分子羟基醛或一分子羟基酮请回答下列问题：（1）有机物B的名称为苯甲醛（2）物质A、C的关系为ada同系物 b同分异构体 c同素异形体 d分子式相差1个CH2（3）反应中，属于
57、加成反应的有（4）反应的化学方程式为（5）的同分异构体有许多能与NaHCO3反应，且含有联苯基（上1个氢原子被取代）的同分异构体共有15种【考点】有机物的推断；有机物的合成 【专题】有机物的化学性质及推断【分析】对比反应中反应物、产物结构，结合信息可知该反应为加成反应，则B为，反应为消去反应，由CO与苯甲醛可知反应为加成反应，A为，反应为取代反应，C为，反应还生成CH3COOH，据此解答【解答】解：对比反应中反应物、产物结构，结合信息可知该反应为加成反应，则B为，反应为消去反应，由CO与苯甲醛可知反应为加成反应，A为，反应为取代反应，C为，反应还生成CH3COOH（1）有机物B为，名称为苯甲醛
58、，故答案为：苯甲醛；（2）A为、C为，均含有1个苯环、分子式相差1个CH2，二者核外同系物，故答案为：ad；（3）反应中，反应属于加成反应，反应属于取代反应，反应属于消去反应，故答案为：；（4）反应的化学方程式为：，故答案为：；（5）的同分异构体有许多能与NaHCO3反应，含有COOH，且含有联苯基（上1个氢原子被取代），侧链为CH2CH2CH2COOH、或CH（CH3）CH2COOH、或CH2CH（CH3）COOH或CH（CH2CH3）COOH、或C（CH3）2COOH，与另外苯环各有邻、间、对三种，有15种结构，故答案为：15【点评】本题考查有机物的推断，结合有机物的结构判断发生的反应，进而推断各物质，较好的考查学生分析推理能力，难度中等