1、2015-2016学年北京市西城区（南区）重点中学高三（上）期中化学练习试卷一、选择题（每小题只有一个正确选项，每小题3分）1决定原子种类的微粒是（）A质子B中子C电子D质子和中子2能证明淀粉已经完全水解的试剂是（）A淀粉碘化钾试纸B银氨溶液C碘水D碘化钾3下列物质中，属于高分子化合物的是（）A油脂B蔗糖C羊毛D葡萄糖4已知1g CH4完全燃烧生成CO2和液态水时放出55.6kJ的热量，则下列甲烷燃烧的热化学方程式正确的是（）ACH4+2O2CO2+2H2O；H=889.6 kJmol1BCH4 （g）+2O2 （g）CO2 （g）+2H2O （g）；H=889.6kJmol1CCH4 （g）
2、+2O2 （g）CO2 （g）+2H2O （ l ）；H=889.6kJmol1DCH4（g）+2O2 （g）CO2 （g）+2H2O （ l ）；H=889.6kJmol15医院里用HgCl2的稀溶液用作手术刀的消毒剂，HgCl2熔融时不导电，熔点低HgCl2难溶于水，易溶于氯化钠饱和溶液中，关于HgCl2的描述不合理的是（）A难溶的共价化合物B是离子化合物C是一种强电解质D具有较强氧化性6下列排列顺序正确的一组是（）A半径：Fe（OH）3胶粒IK+Na+B熔沸点：HFHClHBrHIC还原性：Fe3+Cu2+Fe2+Zn2+D热稳定性：HFPH3H2SHCl7用NA表示阿伏加德罗常数，下列
3、的叙述正确的是（）A在2L0.15 mol/L K2SO4溶液中，含有K+和SO42的总数为0.9NAB在标准状况下46 g NO2含有NA个分子Cag某气体含有分子数为b，则c g该气体在标准状况下的体积是LD当稀硝酸跟5.6 g Fe反应完全时，电子转移一定是0.3NA8在温度一定时于密封容器中发生可逆反应：mA （g）+nB （g）pC （g），达平衡后，若将气体体积压缩到原来的1/2当再达平衡时C的浓度是原来的1.9倍，则下列叙述正确的是（）AC气体的体积分数增大B平衡向逆反方向移动C气体A的转化率升高Dm+np9将H2、O2、N2三种气体分别放在三个不同的密闭容器中，当它们的温度、密
4、度完全相同时，这三种气体的压强P大小关系正确的是（）AP（H2）=P（O2）=P（N2）BP（O2）P（N2）P（H2）CP（H2）P（N2）P（O2）D无法判断10目前人类已发现的非金属元素除稀有气体外共有16种，下列对这16种非金属元素的相关判断：都是主族元素，最外层电子数都大于4；单质在反应中都只能作氧化剂；氢化物常温下都是气态，所以又都叫气态氢化物；氧化物常温下都可以与水反应生成酸，其中正确的有（）ABCD均不正确11要使含有盐酸的氯化钡溶液中和至中性，在不用指示剂的条件下，最好加入下列物质中的（）A氨水B氢氧化钡C纯碱D碳酸钡12下列各组物质中，化学键类型和晶体类型都完全相同的是（）
5、A干冰和金刚石BK2CO3和KClCNa2O和Na2O2DH2SO4和HCl13下列反应的离子方程式正确的是（）A用氨水吸收少量的二氧化硫：NH3H2O+SO2NH4+HSO3B硫酸亚铁溶液中加入过氧化氢溶液：Fe2+2H2O2+4H+Fe3+4H2OC次氯酸钙溶液中通入过量的二氧化碳：ClO+H2O+CO2HCO3+HClOD碳酸钠溶液中慢慢滴入少量稀盐酸：CO32+2H+CO2+H2O14能在水溶液里大量共存，且加入强碱后无显著现象，再加入稀硫酸后既出现沉淀又逸出气体的离子组是（）AK+、Na+、Al3+、BrBNa+、K+、SiO32、CO32CCa2+、Mg2+、NO3、ClDK+、N
6、H4+、AlO2、Cl15在一定温度下，b g固体A能完全溶于水形成（a+b）g溶液（固体A不含结晶水，也不与水反应），则该温度下，固体A的溶解肯定不可能是（）A gB gC gD g16t时，水的离子积为KW在该温度下，混合可溶性的一元酸HA和一元碱BOH的溶液，下列有关混合液的各种关系中，可确认混合液呈中性的是（）ApH=7Bc （H+）c （OH）Cc （OH）=Dc （H+）c （OH）17设某氨水pH值为x，某稀盐酸的pH值为y，且x+y=14，x11如果将上述两溶液分别取出10mL充分混合后，所得溶液中各种离子浓度由大到小的顺序是（）Ac （Cl）c （NH4+）c （OH）c （
7、H+）Bc （NH4+）c （Cl）c （OH）c （H+）Cc （NH4+）c （Cl）c （H+）c （OH）Dc （Cl）c （NH4+）c （H+）c （OH）18在KI和KIO3混合物中加入稀硫酸，发生反应，生成碘、硫酸钾和水此反应中被氧化的碘元素与被还原的碘元素的物质的量比正确的是（）A5：1B2：1C1：3D1：519将硫化氢通入不同浓度的硝酸溶液中，发生下列反应：3H2S+2HNO33S+2NO+4H2OH2S+2HNO3S+2NO2+2H2O4H2S+2HNO34S+NH4NO3+3H2O5H2S+2HNO35S+N2+6H2O结合所学有关硝酸的知识，判断硝酸浓度由大到小的顺
8、序正确的是（）ABCD20燃烧下列混合气体所生成的CO2的物质的量，一定大于燃烧相同质量的环丙烷产生的CO2的物质的量的是（）A丙烯与丁烯B丙烷与丁炔C乙烯与乙炔D乙烷与丙烯21如图为一个装有活塞的密闭容器，内盛有22.4ml的NO，若通入11.2ml的O2（体积为标况下测得），保持温度，压强不变，则容器中的密度为（）A等于1.369g/LB等于2.054g/LC于1.369g/L和2.054g/L之间D大于2.054g/L22某共价化合物含C、H、N 3种元素，已知其分子内的4个氮原子排列成内空的四面体结构，且每2个氮原子之间都有1个碳原子，分子中无CC、CC、CC键，则此化合物的化学式是（
9、）AC6H12N4BC4H8N4CC6H10N4DC6H8N4二、填空题：（共题包括两小题，共24分）23在一定温度下，容积为1L的密闭容器内，某一反应中M、N的物质的量随反应时间变化的曲线如图，请回答下列问题（1）该反应的化学方程式为：（2）t1时生成M反应速率（填“大于”“小于”或“等于”）消耗M反应速率（3）达到平衡状态的时间为（填“t1”“t2”或“t3”），此时N的转化率为（4）若生成M反应为吸热反应，在压强不变的情况下升高温度、容器的体积将（填“增大”“减小”或“不变”）24A、B、C、D是4种短周期元素，它们的原子序数依次增大，其中A、C与B、D分别是同主族元素，又知B、D两元素
10、的原子中质子数之和是A、C两元素质子数和的2倍，这四种元素的单质中有两种为气体，2种为固体（1）写出元素符合号A、B、C、D（2）A和B组成的化合物比A和D组成化合物的熔沸点高的多的原因是（3）用A和B的单质可以制成原电池，电池中装有浓KOH溶液，用多孔的金属惰性电极浸入KOH溶液中，两极均有特别的气体透过性隔膜通入A的单质的极为极，反应的电极方程式通入B的单质的极为极，反应的电极方程式三、（本题包括两小题，共20分）25取相同质量的甲烷和有机物A、B，跟氧气分别完全燃烧后，生成的二氧化碳的物质的量都相同有机物A是饱和一元醇，有机物B是饱和一元醛（1）写出分子式：A，B（2）若符合题给的燃烧产
11、物与反应物的关系，A、B有机物必须满足的条件是26已知酮（RCR）不发生银镜反应，酮在一定条件下能催化加氢还原成相应的醇、现有如图的反应关系，方框内均表示有机物（1）写出反应和反应的化学方程式（2）写出D、F、H的结构简式D F H（3）写出反应和反应的反应类型：，四、实验题（本题包括两小题，共22分）27某课外活动小组设计的实验室制取较多量乙酸乙酯的装置如图所示，A中放有乙醇、无水醋酸钠和浓硫酸，B中放有饱和碳酸钠溶液（已知无水CaCl2可与乙醇形成难溶于的CaCl26C2H5OH；有关有机物的沸点，乙醚：34.7；乙醇：78.5；乙酸乙酯77.1），试回答：（1）A中浓硫酸的作用是；若用同
12、位素18O示踪法确定反应产物水分子中氧原子的提供者，写出能表示18O位置的化学方程式：（2）球型管C的作用是，若反应前向B中溶液滴加几滴酚酞，呈红色，产生此现象的原因是（用离子方程式表示）；反应结束后B中的现象是（3）从B中分离出的乙酸乙酯中还含有一定量的乙醇、乙醚和水，应先加入无水氯化钙，过滤分离出；再加入无水硫酸钠，然后进行蒸馏，收集温度为馏分，以得到较纯净的乙酸乙酯（4）试分析用氢氧化钠溶液来代替饱和碳酸钠溶液而导致的不利后果28如图所示的实验可以证明KMnO4溶液的紫色是由于MnO4离子存在的缘故，且不破坏MnO4U形管中加入KMnO4溶液，然后小心地在管端的两液面上加入KNO3溶液，
13、将石墨电极插入KNO3溶液中，接通直流电源（1）设计本实验的原理是（2）加入KNO3溶液的作用是（3）根据什么现象可以得出实验要证明的结论？五、计算题（本题包括两小题，共18分）29六价铬对人体有毒，含铬废水要经过化学处理后才能排放，方法是用绿矾（FeSO47H2O）把废水中六价铬还原成三价铬离子，再加入过量的石灰水，使铬离子生成Cr（OH）3沉淀（1）配平下列主要反应的化学方程式并标出电子转移的方向和数目：H2Cr2O7+FeSO4+H2SO4Fe2（SO4）3+Cr2（SO4）3+H2O（2）上述反应中的氧化产物是，硫酸所体现的性质（3）处理后的沉淀中有Cr（OH）3外，还有 （用化学式表
14、示）（4）现在处理1103 L含铬（+6）78mgL1的废水，需要绿矾 g30为了防治环境污染并对尾气进行综合利用，某硫酸厂用氨水吸收尾气中的SO2，再向吸收液中加入浓硫酸，以制取高浓度的SO2及（NH4）2SO4和NH4HSO4固体为测定上述（NH4）2SO4和NH4HSO4固体混合物的组成，现称取该样品四份，分别加入相同浓度的NaOH溶液各40.00mL，加热至120左右，使氨气全部逸出【（NH4）2SO4和NH4HSO4的分解温度均高于200】，测得有关实验数据如下（标准状况）：实验序号样品的质量/gNaOH 溶液的体积/ml氨气的体积/L7.440.001.6814.840.003.3
15、622.240.001.1237.040.000.00（1）实验过程中有关反应的离子方程式为；（2）由组数据直接推测：标准状况下3.7g样品进行同样实验时，生成氨气的体积为L；（3）该混合物（NH4）2SO4和NH4HSO4的物质的量之比为（4）欲计算该NaOH溶液的物质的量浓度应选择第组数据，由此求得NaOH溶液的物质的量浓度为2015-2016学年北京市西城区（南区）重点中学高三（上）期中化学练习试卷参考答案与试题解析一、选择题（每小题只有一个正确选项，每小题3分）1决定原子种类的微粒是（）A质子B中子C电子D质子和中子【考点】原子构成【分析】根据原子的构成微粒，以及各微粒的作用，可以知道
16、决定原子种类的微粒是质子和中子【解答】解：A、原子的质子数决定元素种类，故A错误；B、当质子数相同时，中子数决定了元素的核素，单独中子数不能决定核素种类，故B错误；C、原子核外电子数可以发生变化，但原子种类不变，电子尤其是最外层电子决定原子的化学性质，故C错误；D、决定原子种类的微粒是质子和中子，故D正确故选D2能证明淀粉已经完全水解的试剂是（）A淀粉碘化钾试纸B银氨溶液C碘水D碘化钾【考点】淀粉的性质和用途【分析】A淀粉遇碘离子不变蓝；B因淀粉水解生成葡萄糖，银氨溶液只能检验淀粉是否发生水解；C碘水遇到淀粉会变蓝，如果溶液中加入碘水没有变化 则说明水解完全，无淀粉；D碘化钾含碘离子，淀粉遇碘
17、离子不变蓝【解答】解：A淀粉遇碘单质变蓝色，淀粉已经完全水解，无淀粉，淀粉碘化钾试纸，含碘离子，含淀粉，含碘离子遇淀粉不变蓝，且淀粉碘化钾试纸加入淀粉，不能证明淀粉完全水解，故A错误；B加入银氨溶液，水浴加热发生银镜反应，证明淀粉已水解，不能证明淀粉已完全水解，故B错误；C淀粉遇碘变蓝色，在已经水解的淀粉溶液中滴加几滴碘液，溶液显蓝色，则证明淀粉没有完全水解；溶液若不显色，则证明淀粉完全水解，故C正确；D淀粉遇碘单质变蓝色，而不是碘离子，加入碘化钾无变化，不能证明淀粉已完全水解，故D错误；故选C3下列物质中，属于高分子化合物的是（）A油脂B蔗糖C羊毛D葡萄糖【考点】有机高分子化合物的结构和性质
18、【分析】高分子化合物相对分子量较大，达到几万、几十万甚至上百万，常见的高分子化合物有：聚合物、淀粉、纤维素、蛋白质等，而油脂、蔗糖、葡萄糖的相对分子量较小，不属于高分子化合物，据此进行解答【解答】解：高分子化合物的相对分子量达到10000以上，羊毛的主要成分为蛋白质，蛋白质属于天然高分子化合物，而油脂、蔗糖和葡萄糖的相对分子量没有达到10000以上，不属于高分子化合物，故选C4已知1g CH4完全燃烧生成CO2和液态水时放出55.6kJ的热量，则下列甲烷燃烧的热化学方程式正确的是（）ACH4+2O2CO2+2H2O；H=889.6 kJmol1BCH4 （g）+2O2 （g）CO2 （g）+2
19、H2O （g）；H=889.6kJmol1CCH4 （g）+2O2 （g）CO2 （g）+2H2O （ l ）；H=889.6kJmol1DCH4（g）+2O2 （g）CO2 （g）+2H2O （ l ）；H=889.6kJmol1【考点】热化学方程式【分析】A未注明物质的聚集状态；B1g CH4完全燃烧生成CO2和液态水时放出55.6kJ的热量，水的状态是液态；C甲烷燃烧为放热反应，焓变是负值；D根据lgCH4燃烧放出的热量结合热化学方程式的意义分析解答【解答】解：A化学反应中的能量变化与物质的聚集状态有关，热化学方程式必须注明物质的聚集状态，故A错误；B已知l g CH4完全燃烧生成CO2
20、和液态水时放出55.6kJ的热量，甲烷燃烧为放热反应，水是液态不是气态，故B错误；C甲烷燃烧为放热反应，焓变是负值，所以反应为：CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）H=889.6KJ/mol，故C错误；D根据C分析，lgCH4的物质的量为n=mol，完全燃烧生成CO2和液态水时放出55.6kJ的热量，则甲烷燃烧的热化学方程式为CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）H=889.6KJ/mol，故D正确；故选D5医院里用HgCl2的稀溶液用作手术刀的消毒剂，HgCl2熔融时不导电，熔点低HgCl2难溶于水，易溶于氯化钠饱和溶液中，关于HgCl2的描述不合理的是
21、（）A难溶的共价化合物B是离子化合物C是一种强电解质D具有较强氧化性【考点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用【分析】HgCl2在熔融状态下不能导电，属于共价化合物，晶体熔点较低，属于分子晶体，在水溶液中可发生微弱电离，属于弱电解质，据此结合选项判断【解答】解：A、HgCl2在熔融状态下不能导电，难溶于水属于共价化合物，故A正确；B、HgCl2在熔融状态下不能导电，属于共价化合物，不含离子键，故B错误；C、HgCl2在熔融状态下不能导电，故属于共价化合物，HgCl2难溶于水，易溶于氯化钠饱和溶液中，HgCl2在溶液中可发生微弱电离，属于弱电解质，故C错误；D、医院里用HgCl2的稀溶液用作手术刀的
22、消毒剂，具有较强的氧化性，故D正确；故选BC6下列排列顺序正确的一组是（）A半径：Fe（OH）3胶粒IK+Na+B熔沸点：HFHClHBrHIC还原性：Fe3+Cu2+Fe2+Zn2+D热稳定性：HFPH3H2SHCl【考点】氧化性、还原性强弱的比较；非金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律；不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别【分析】A胶体粒子半径最大，粒子的核外电子层数越多，半径越大；BHF含有氢键，沸点最高；C只有Fe2+具有还原性；D元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定【解答】解：A分散质微粒直径小于1nm为溶液，大于100nm为浊液，在1100nm的为胶体，胶体微粒是微粒的集
23、合体，胶体粒子半径最大，粒子的核外电子层数越多，半径越大，则有Fe（OH）3胶粒IK+Na+，故A正确；BHF含有氢键，沸点最高，应为HClHBrHIHF，故B错误；C只有Fe2+具有还原性，其它离子只具有氧化性，故C错误；D元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，应为PH3H2SHClHF，故D错误故选：A7用NA表示阿伏加德罗常数，下列的叙述正确的是（）A在2L0.15 mol/L K2SO4溶液中，含有K+和SO42的总数为0.9NAB在标准状况下46 g NO2含有NA个分子Cag某气体含有分子数为b，则c g该气体在标准状况下的体积是LD当稀硝酸跟5.6 g Fe反应完全时，电子转移
24、一定是0.3NA【考点】阿伏加德罗常数【分析】A、求出硫酸钾的物质的量n=CV，然后根据1mol硫酸钾中含2mol钾离子和1mol硫酸根来分析；B、NO2气体中存在平衡：2NO2N2O4，导致分子个数减小；C、根据n=计算ag气体的物质的量，质量之比等于其物质的量之比，据此计算cg该气体的物质的量，根据V=nVm来计算体积；D、求出铁的物质的量，然后根据铁与硝酸反应时铁可能变为+2价也可能变为+3价来分析【解答】解：A、溶液中硫酸钾的物质的量n=CV=0.15mol/L2L=0.3mol，而1mol硫酸钾中含2mol钾离子和1mol硫酸根，故0.3mol硫酸钾中含0.6mol钾离子和0.3mo
25、l硫酸根，即共含0.9NA个离子，故A正确；B、46g气体中二氧化氮的物质的量为1mol，但由于NO2气体中存在平衡：2NO2N2O4，导致分子个数减小，故分子个数小于NA个，故B错误；C、a克某气体中含有的分子数为b，则c克气体含有的分子数为，c克该气体的物质的量为=mol，在标准状况下Vm=22.4L/mol，则cg该气体的体积为mol22.4L/mol=L，故C正确；D、5.6g铁的物质的量为0.1mol，而铁与硝酸反应时，若铁过量则铁变为+2价，若铁不足则铁变为+3价，故0.1mol铁转移的电子数可能为0.2NA或0.3NA，故D错误故选AC8在温度一定时于密封容器中发生可逆反应：mA
26、 （g）+nB （g）pC （g），达平衡后，若将气体体积压缩到原来的1/2当再达平衡时C的浓度是原来的1.9倍，则下列叙述正确的是（）AC气体的体积分数增大B平衡向逆反方向移动C气体A的转化率升高Dm+np【考点】化学平衡的影响因素【分析】将气体体积压缩到原来的，若平衡不移动，C的浓度应为原来的2倍，当再达平衡时C的浓度是原来的1.9倍，说明平衡逆向移动，据此解答【解答】解：将气体体积压缩到原来的，若平衡不移动，C的浓度应为原来的2倍，当再达平衡时C的浓度是原来的1.9倍，说明平衡逆向移动，A、平衡逆向移动，C的体积分数减小，故A错误；B、平衡向逆反方向移动，故B正确；C、平衡逆向移动，A的
27、转化率减小，故C错误；D、减小容器体积，平衡逆向移动，说明m+np，故D错误；故选B9将H2、O2、N2三种气体分别放在三个不同的密闭容器中，当它们的温度、密度完全相同时，这三种气体的压强P大小关系正确的是（）AP（H2）=P（O2）=P（N2）BP（O2）P（N2）P（H2）CP（H2）P（N2）P（O2）D无法判断【考点】阿伏加德罗定律及推论【分析】相同温度、密度条件下，气体压强与摩尔质量成反比，据此判断压强相对大小【解答】解：相同温度、密度条件下，气体压强与摩尔质量成反比，H2、O2、N2三种气体的摩尔质量分别是2g/mol、32g/mol、28g/mol，所以其压强大小顺序是P（H2）
28、P（N2）P（O2），故选C10目前人类已发现的非金属元素除稀有气体外共有16种，下列对这16种非金属元素的相关判断：都是主族元素，最外层电子数都大于4；单质在反应中都只能作氧化剂；氢化物常温下都是气态，所以又都叫气态氢化物；氧化物常温下都可以与水反应生成酸，其中正确的有（）ABCD均不正确【考点】元素周期表的结构及其应用【分析】H元素为非金属元素，最外层电子数为1；不少非金属元素在反应中能失去电子；碳原子数大于4的烃在常温下为液态或固态；非金属氧化物有酸性氧化物和不成盐氧化物【解答】解：H的最外层电子数为1，C和Si的最外层电子数为4，都不大于4，故错误；非金属较弱的非金属元素在反应中能失去
29、电子，可做还原剂，如H、C、S等，故错误；碳原子数大于4的烃在常温下为液态或固态，氨气为气态，N2H4在常温下为液态，故错误；CO、NO等氧化物为非金属性氧化物，但不具有酸性，为不成盐氧化物，故错误故选D11要使含有盐酸的氯化钡溶液中和至中性，在不用指示剂的条件下，最好加入下列物质中的（）A氨水B氢氧化钡C纯碱D碳酸钡【考点】物质的分离、提纯和除杂【分析】氯化钡溶液因含有盐酸显酸性要变为中性，即是要除去其中的盐酸注意过程中不能增加其他可溶性的杂质【解答】解：A氨水能与盐酸反应，但反应时无明显现象，不好控制加入的量，故A错误； B氢氧化钡能与盐酸反应生成氯化钡，反应时无明显现象不好控制加入的量，
30、故B错误；C碳酸钠能与盐酸反应生成氯化钠虽能除去盐酸但却增加了新的杂质，故C错误；D碳酸钡能与盐酸反应生成氯化钡，且碳酸钡不溶于水，可加入过量的碳酸钡以除去盐酸，故D正确故选D12下列各组物质中，化学键类型和晶体类型都完全相同的是（）A干冰和金刚石BK2CO3和KClCNa2O和Na2O2DH2SO4和HCl【考点】化学键【分析】一般来说，活泼金属和活泼非金属元素之间存在离子键，非金属元素之间易形成共价键【解答】解：A干冰是共价键形成的分子晶体和金刚石是共价键结合形成的原子晶体，故A错误；BK2CO3中含有共价键和离子键的离子晶体，KCl只含离子键的离子晶体，故B错误；CNa2O含有离子键的离
31、子化合物，Na2O2中只含非极性共价键和离子键的离子化合物，故C错误；DH2SO4和HCl中只含有极性共价键的共价化合物，故D正确；故选D13下列反应的离子方程式正确的是（）A用氨水吸收少量的二氧化硫：NH3H2O+SO2NH4+HSO3B硫酸亚铁溶液中加入过氧化氢溶液：Fe2+2H2O2+4H+Fe3+4H2OC次氯酸钙溶液中通入过量的二氧化碳：ClO+H2O+CO2HCO3+HClOD碳酸钠溶液中慢慢滴入少量稀盐酸：CO32+2H+CO2+H2O【考点】离子方程式的书写【分析】A二氧化硫少量反应生成亚硫酸铵；B得失电子不守恒；C二氧化碳足量反应生成碳酸氢钙和次氯酸；D盐酸少量反应生成碳酸氢
32、钠和氯化钠【解答】解：A氨水吸收少量的二氧化硫的离子方程式：2NH3H2O+SO2=2NH4+SO32+2H2O，故A错误；B硫酸亚铁溶液中加过氧化氢溶液的离子方程式：2Fe2+H2O2+2H+2Fe3+2H2O，故B错误；C次氯酸钙溶液中通入过量的二氧化碳，离子方程式：ClO+H2O+CO2HCO3+HClO，故C正确；D碳酸钠溶液中慢慢滴入少量稀盐酸，离子方程式：CO32+H+HCO3，故D错误；故选：C14能在水溶液里大量共存，且加入强碱后无显著现象，再加入稀硫酸后既出现沉淀又逸出气体的离子组是（）AK+、Na+、Al3+、BrBNa+、K+、SiO32、CO32CCa2+、Mg2+、N
33、O3、ClDK+、NH4+、AlO2、Cl【考点】离子共存问题【分析】根据离子之间不能结合生成沉淀、气体、水等，不能发生氧化还原反应、不能发生相互促进水解反应等，则离子大量共存，并结合加入强碱后无显著现象，再加入稀硫酸后既出现沉淀又逸出气体来解答【解答】解：A该组离子之间不反应，可大量共存，加强碱与铝离子反应生成偏铝酸根离子无现象，但加稀硫酸不反应，故A不选；B该组离子之间不反应，可大量共存，加强碱与该组离子之间不反应无现象，但加稀硫酸与SiO32反应生成硅酸沉淀，与CO32反应生成二氧化碳气体，故B选；C该组离子之间不反应，可大量共存，加强碱与Mg2+反应生成白色沉淀，故C不选DNH4+、A
34、lO2相互促进水解，不能大量共存，且加酸不生成气体，故D不选；故选B15在一定温度下，b g固体A能完全溶于水形成（a+b）g溶液（固体A不含结晶水，也不与水反应），则该温度下，固体A的溶解肯定不可能是（）A gB gC gD g【考点】溶解度、饱和溶液的概念【分析】溶解度是指在某温度下，在100g水中当达到饱和时所能溶剂的溶质的质量；由于在一定温度下，b g固体A能完全溶于水形成（a+b）g溶液，由于溶质的质量为bg，则溶剂水的质量为ag，即bg溶质能完全溶剂于ag水中，此时形成的为未饱和溶液或饱和溶液若形成的为饱和溶液，设固体A的溶解度为xg，根据 agbg 100gxg此时计算出的x为溶
35、解度的最小值，据此分析【解答】解：溶解度是指在某温度下，在100g水中当达到饱和时所能溶剂的溶质的质量；由于在一定温度下，b g固体A能完全溶于水形成（a+b）g溶液，由于溶质的质量为bg，则溶剂水的质量为ag，即bg溶质能完全溶剂于ag水中，此时形成的顶多是饱和溶液若bg溶质能完全溶剂于ag水中形成的为饱和溶液，设固体A的溶解度为xg，根据 agbg 100gxg则有：解得x=g若bg溶质能完全溶剂于ag水中形成的为不饱和溶液，则溶解度xg故固体A的溶解度要g故不可能为g，故选C16t时，水的离子积为KW在该温度下，混合可溶性的一元酸HA和一元碱BOH的溶液，下列有关混合液的各种关系中，可确
36、认混合液呈中性的是（）ApH=7Bc （H+）c （OH）Cc （OH）=Dc （H+）c （OH）【考点】水的电离【分析】溶液酸碱性是由溶液中的氢离子浓度和氢氧根离子浓度相对大小决定，c（H+）c（OH）溶液呈酸性；c（H+）c（OH）溶液呈碱性；c（H+）=c（OH）溶液呈中性；由于水的电离过程吸热，温度影响水的离子积，不能根据溶液的pH与7的关系判断溶液的酸碱性【解答】解：由于溶液酸碱性是由溶液中的氢离子浓度和氢氧根离子浓度相对大小决定，混合液呈中性，一定满足：c（H+）=c（OH）=mol/L，所以C正确，故选：C17设某氨水pH值为x，某稀盐酸的pH值为y，且x+y=14，x11如果
37、将上述两溶液分别取出10mL充分混合后，所得溶液中各种离子浓度由大到小的顺序是（）Ac （Cl）c （NH4+）c （OH）c （H+）Bc （NH4+）c （Cl）c （OH）c （H+）Cc （NH4+）c （Cl）c （H+）c （OH）Dc （Cl）c （NH4+）c （H+）c （OH）【考点】离子浓度大小的比较【分析】x+y=14，常温下该氨水的pH=x，则氨水中c（OH）=10x14mol/L=10ymol/L；该盐酸的pH=y，盐酸中c（H+）=10ymol/L，所以氨水中c（OH）等于盐酸中c（H+），一水合氨是弱电解质，氯化氢是强电解质，所以氨水浓度大于盐酸，二者等体积混合
38、，氨水过量，溶液呈碱性，根据质子守恒判断溶液中各离子浓度大小【解答】解：常温下该氨水的pH=x，则氨水中c（OH）=10x14mol/L，该盐酸的pH=y，盐酸中c（H+）=10ymol/L，由于x+y=14，则c（H+）=10ymol/L=10x14mol/L，所以氨水中c（OH）与盐酸中c（H+）相等，一水合氨是弱电解质，氯化氢是强电解质，氨水浓度大于盐酸，二者等体积混合后氨水过量，溶液呈碱性，则c（OH）c（H+），根据电荷守恒得c（NH4+）+c（H+）=c（Cl）+c（OH）可得：c（NH4+）c（Cl），所以溶液中离子浓度大小关系为：c（NH4+）c（Cl）c（OH）c（H+），故
39、选B18在KI和KIO3混合物中加入稀硫酸，发生反应，生成碘、硫酸钾和水此反应中被氧化的碘元素与被还原的碘元素的物质的量比正确的是（）A5：1B2：1C1：3D1：5【考点】氧化还原反应的计算【分析】反应中只有I元素化合价发生变化，KI中I元素化合价由1价升高为I2中的0价，发生氧化反应，KIO3中I元素化合价由+5价降低为I2中的0价，发生还原反应，根据电子转移守恒计算【解答】解：反应中只有I元素化合价发生变化，KI中I元素化合价由1价升高为I2中的0价，发生氧化反应，KIO3中I元素化合价由+5价降低为I2中的0价，发生还原反应，根据电子转移守恒：0（1）n（KI）=（50）n（KIO3）
40、，故n（KI）：n（KIO3）=5：1，即反应中被氧化的碘元素与被还原的碘元素的物质的量之比=5：1，故选A19将硫化氢通入不同浓度的硝酸溶液中，发生下列反应：3H2S+2HNO33S+2NO+4H2OH2S+2HNO3S+2NO2+2H2O4H2S+2HNO34S+NH4NO3+3H2O5H2S+2HNO35S+N2+6H2O结合所学有关硝酸的知识，判断硝酸浓度由大到小的顺序正确的是（）ABCD【考点】硝酸的化学性质【分析】由基础知识可知：Cu与浓硝酸反应生成NO2气体，与稀硝酸反应生成NO气体，由此可知硝酸浓度越大，反应后N元素被还原生成的价态越高，硝酸的氧化性越强所以结合反应后N元素的化
41、合价可知，浓度由大到小的顺序应该是B项【解答】解：将硫化氢通入不同浓度的硝酸溶液中，发生下列反应：3H2S+2HNO33S+2NO+4H2OH2S+2HNO3S+2NO2+2H2O4H2S+2HNO34S+NH4NO3+3H2O5H2S+2HNO35S+N2+6H2OCu与浓硝酸反应生成NO2气体，与稀硝酸反应生成NO气体，由此可知硝酸浓度越大，反应后N元素被还原生成的价态越高，硝酸的氧化性越强所以结合反应后N元素的化合价可知，浓度由大到小的顺序应该是B项，故选B20燃烧下列混合气体所生成的CO2的物质的量，一定大于燃烧相同质量的环丙烷产生的CO2的物质的量的是（）A丙烯与丁烯B丙烷与丁炔C乙
42、烯与乙炔D乙烷与丙烯【考点】有关混合物反应的计算【分析】烃的燃烧反应中，燃烧相同质量的烃，烃中含碳的质量分数越大，生成的CO2量越多，然后利用极限法根据含碳量高低进行分析【解答】解：A丙烯和丁烯分子中C、H原子数目之比均为1：2，环丙烷C、H原子数目之比为1：2，燃烧相同质量的混合气体，所产生CO2的量等于燃烧相同质量的环丙烷所产生的CO2，故A不符合；B丙烷、丁炔分子中C、H原子数目之比分别为1：2.67、1：1.5，环丙烷C、H原子数目之比为1：2，燃烧相同质量的混合气体，所产生CO2的量可能大于、小于或等于燃烧相同质量的环丙烷所产生的CO2，故B不符合；C乙烯和乙炔中C、H原子数目之比分
43、别为1：2、1：1，所以混合气体的含碳量大于环丙烷，燃烧相同质量的混合气体，所产生CO2的量一定大于燃烧相同质量的环丙烷所产生的CO2，故C符合；D乙烷和丙烯中C、H原子数目之比分别为1：3、1：2，乙烷的含碳量小于环丙烷，所以混合气体的含碳量小于环丙烷，燃烧相同质量的混合气体，所产生CO2的量一定小于燃烧相同质量的乙烯所产生的CO2，故D不符合，故选：C21如图为一个装有活塞的密闭容器，内盛有22.4ml的NO，若通入11.2ml的O2（体积为标况下测得），保持温度，压强不变，则容器中的密度为（）A等于1.369g/LB等于2.054g/LC于1.369g/L和2.054g/L之间D大于2.
44、054g/L【考点】化学平衡的计算【分析】根据一氧化氮与氧气的反应方程式判断二者恰好完全反应生成二氧化氮，然后根据反应后生成的二氧化氮气体计算出气体的密度，再根据二氧化氮存在转化平衡，混合气体的体积减小，得出容器中密度比二氧化氮的密度大【解答】解：一氧化氮与氧气恰好发生反应生成了二氧化氮， 2NO+O2 2NO2 2 1 222.4mL 11.2mL 22.4mL反应后生成了22.4mL二氧化氮，假设二氧化氮体积不变，则容器中气体的密度为：（NO2）=2.054g/L，因存在转化平衡：2NO2 N2O4，混合气体的体积减小，所以容器中气体应大于2.054g/L，故选D22某共价化合物含C、H、
45、N 3种元素，已知其分子内的4个氮原子排列成内空的四面体结构，且每2个氮原子之间都有1个碳原子，分子中无CC、CC、CC键，则此化合物的化学式是（）AC6H12N4BC4H8N4CC6H10N4DC6H8N4【考点】有机物实验式和分子式的确定【分析】根据成键理论：碳周围4个键，氢周围1个键，氮周围三个键均是饱和的，据此来确定有机物的分子式【解答】解：正四面体有6条边，所以有6个C原子，因为N原子构成正四面体的四个顶点，用完了三个共价键，所以不能再接H原子，每个C还有两个共价键可以和H原子结合，共要结合12个氢原子，即化合物的化学式是C6H12N4故选A二、填空题：（共题包括两小题，共24分）2
46、3在一定温度下，容积为1L的密闭容器内，某一反应中M、N的物质的量随反应时间变化的曲线如图，请回答下列问题（1）该反应的化学方程式为：2N （g）M （g）（2）t1时生成M反应速率大于（填“大于”“小于”或“等于”）消耗M反应速率（3）达到平衡状态的时间为t3（填“t1”“t2”或“t3”），此时N的转化率为75%（4）若生成M反应为吸热反应，在压强不变的情况下升高温度、容器的体积将减小（填“增大”“减小”或“不变”）【考点】物质的量或浓度随时间的变化曲线；化学平衡的影响因素【分析】（1）由图可知，随反应进行，M的物质的量增大，n（M）=3mol，为生成物，N的物质的量减少，n（N）=6mo
47、l，为生成物，化学计量数之比等于物质的量变化量之比，据此确定化学计量数，t3时M、N的物质的量不发生变化，为可逆反应，据此书写；（2）t1时刻，反应未到达平衡状态，t1时刻后N的物质的量继续减小，反应向正反应进行；（3）物质的量不随时间发生变化时为平衡状态；由图可知，平衡时N的物质的量变化为8mol2mol=6mol，N的起始物质的量为8mol，据此计算；（4）升高温度平衡向正反应进行，结合混合气体物质的量的变化判断【解答】解：（1）由图可知，随反应进行，M的物质的量增大，n（M）=3mol，为生成物，N的物质的量减少，n（N）=6mol，为生成物，N、M的化学计量数之比等于物质的量变化量之比
48、为6mol：3mol=2：1，t3时M、N的物质的量不发生变化，为可逆反应，故反应为2N （g）M （g），故答案为：2N （g）M （g）；（2）t1时刻，反应未到达平衡状态，t1时刻后N的物质的量继续减小，反应向正反应进行，故t1时生成M反应速率大于消耗M反应速率，故答案为：大于；（3）由图可知，t3时物质的量不随时间发生变化，为平衡状态；由图可知，平衡时N的物质的量变化为8mol2mol=6mol，N的起始物质的量为8mol，故N的转化率为100%=75%，故答案为：t3；75%；（4）反应为2N （g）M （g），正反应为吸热反应，升高温度平衡向正反应进行，混合气体物质的量减少，压强不
49、变，故容器的体积减小，故答案为：减小24A、B、C、D是4种短周期元素，它们的原子序数依次增大，其中A、C与B、D分别是同主族元素，又知B、D两元素的原子中质子数之和是A、C两元素质子数和的2倍，这四种元素的单质中有两种为气体，2种为固体（1）写出元素符合号AH、BO、CNa、DS（2）A和B组成的化合物比A和D组成化合物的熔沸点高的多的原因是A和B组成的化合物分子间有氢键（3）用A和B的单质可以制成原电池，电池中装有浓KOH溶液，用多孔的金属惰性电极浸入KOH溶液中，两极均有特别的气体透过性隔膜通入A的单质的极为负极，反应的电极方程式2H24e=4H+通入B的单质的极为正极，反应的电极方程式
50、O2+2H2O+4e=4OH【考点】位置结构性质的相互关系应用；原电池和电解池的工作原理【分析】A、B、C、D原子序数依次增大短周期元素，A、C及B、D分别是同一主族元素，确定B、D在在二、三周期；由于B、D两元素的原子核中质子数之和是A、C两元素原子核中质子数之和的两倍，确定A、C在一、三周期，四种元素的单质中有两种为气体，2种为固体，所以A为氢、C为钠、B为氧、D为硫【解答】解：A、B、C、D原子序数依次增大短周期元素，A、C及B、D分别是同一主族元素，确定B、D在在二、三周期；由于B、D两元素的原子核中质子数之和是A、C两元素原子核中质子数之和的两倍，确定A、C在一、三周期，四种元素的单
51、质中有两种为气体，2种为固体，所以A为氢、C为钠、B为氧、D为硫（1）由上述分析可知，A为H、B为O、C为Na、D为S，故答案为：H；O；Na；S；（2）A和B组成的化合物为H2O或H2O2，A和D组成化合物为H2S，H2O之间、H2O2之间形成氢键，而H2S分子之间不能形成氢键，故H2O或H2O2的沸点高于H2S，故答案为：A和B组成的化合物分子间有氢键；（3）用氢气、氧气制成原电池，电池中装有浓KOH溶液，氢气发生氧化反应，通入氢气的极为负极，氢气失去电子，碱性条件下生成水，负极电极方程式为：2H24e=4H+，氧气发生还原反应，通入氧气的极为正极，氧气获得电子，碱性条件下生成氢氧根离子，
52、正极电极方程式为：O2+2H2O+4e=4OH，故答案为：负；2H24e=4H+；正；O2+2H2O+4e=4OH三、（本题包括两小题，共20分）25取相同质量的甲烷和有机物A、B，跟氧气分别完全燃烧后，生成的二氧化碳的物质的量都相同有机物A是饱和一元醇，有机物B是饱和一元醛（1）写出分子式：AC9H20O，BC8H16O（2）若符合题给的燃烧产物与反应物的关系，A、B有机物必须满足的条件是含碳的质量分数与甲烷的相同【考点】有关有机物分子式确定的计算【分析】（1）根据A是饱和一元醇、B是饱和一元醛设出A、B的分子式，然后利用A、B分子中含碳量与甲烷的相同列式确定二者的分子式；（2）质量相同时设
53、出的二氧化碳的物质的量相同，说明有机物分子中含有的碳元素的质量分数相同【解答】解：（1）相同质量的甲烷和有机物A、B，跟氧气分别完全燃烧后，生成的二氧化碳的物质的量都相同，说明A、B含碳的质量分数与甲烷的相同，又知A是饱和一元醇，其分子式符合CnH2n+2O，则： =，解得：n=9，故A的分子式为C9H20O；有机物B是饱和一元醛，其分子式符合CnH2nO，则： =，解得：n=8，故A的分子式为C8H16O，故答案为：C9H20O； C8H16O；（2）质量相同时A、B完全燃烧生成的二氧化碳与等质量的甲烷完全燃烧生成的二氧化碳的物质的量相等，说明有机物A、B分子中含碳的质量分数与甲烷的相同，故
54、答案为：含碳的质量分数与甲烷的相同26已知酮（RCR）不发生银镜反应，酮在一定条件下能催化加氢还原成相应的醇、现有如图的反应关系，方框内均表示有机物（1）写出反应和反应的化学方程式+2Ag（NH3）2OH+2Ag+3NH3+H2O； +H2O（2）写出D、F、H的结构简式D F H（3）写出反应和反应的反应类型：酯化反应，加聚反应【考点】有机物的推断【分析】已知酮（RCR）不发生银镜反应，则反应是醛基被氧化为羧基的过程，与银氨溶液反应生成的A为，A酸化COONH4转化为COOH，酮在一定条件下能催化加氢还原成相应的醇，所以B与氢气加成生成的C为，C中含有羟基和羧基，在浓硫酸作用下即可以发生酯化
55、反应也可以发生消去反应，还有可能发生缩聚反应，反应生成的E能够发生加聚反应生成F，说明反应为消去反应生成的E为，E发生加聚反应生成的F为，反应为酯化反应，生成的D为，反应为缩聚反应生成的H为，据此分析【解答】解：已知酮（RCR）不发生银镜反应，则反应是醛基被氧化为羧基的过程，与银氨溶液反应生成的A为，A酸化COONH4转化为COOH，酮在一定条件下能催化加氢还原成相应的醇，所以B与氢气加成生成的C为，C中含有羟基和羧基，在浓硫酸作用下即可以发生酯化反应也可以发生消去反应，还有可能发生缩聚反应，反应生成的E能够发生加聚反应生成F，说明反应为消去反应生成的E为，E发生加聚反应生成的F为，反应为酯化
56、反应，生成的D为，反应为缩聚反应生成的H为，（1）反应的化学方程式为+2Ag（NH3）2OH+2Ag+3NH3+H2O，反应的化学方程式为+H2O，故答案为： +2Ag（NH3）2OH+2Ag+3NH3+H2O；+H2O；（2）据分析DFH的结构简式分别为，故答案为：；（3）据上述分析，反应为酯化反应，反应为加聚反应，故答案为：酯化反应；加聚反应四、实验题（本题包括两小题，共22分）27某课外活动小组设计的实验室制取较多量乙酸乙酯的装置如图所示，A中放有乙醇、无水醋酸钠和浓硫酸，B中放有饱和碳酸钠溶液（已知无水CaCl2可与乙醇形成难溶于的CaCl26C2H5OH；有关有机物的沸点，乙醚：34
57、.7；乙醇：78.5；乙酸乙酯77.1），试回答：（1）A中浓硫酸的作用是制乙酸、催化剂；若用同位素18O示踪法确定反应产物水分子中氧原子的提供者，写出能表示18O位置的化学方程式：CH3COOH+H18OC2H5CH3CO18OC2H5+H2或CH3CO18OH+HOC2H5CH3COOC2H5+H218O（2）球型管C的作用是防止倒吸冷却生成物，若反应前向B中溶液滴加几滴酚酞，呈红色，产生此现象的原因是（用离子方程式表示）CO32+H2OHCO3+OH；反应结束后B中的现象是溶液分层，上层无色油体液体，下层溶液颜色变浅（3）从B中分离出的乙酸乙酯中还含有一定量的乙醇、乙醚和水，应先加入无水
58、氯化钙，过滤分离出乙醇（或CaCl26C2H2H5OH）；再加入无水硫酸钠，然后进行蒸馏，收集温度为77.1馏分，以得到较纯净的乙酸乙酯（4）试分析用氢氧化钠溶液来代替饱和碳酸钠溶液而导致的不利后果在氢氧化钠溶液中乙酸乙酯易被水解生成乙酸钠和乙醇【考点】乙酸乙酯的制取【分析】（1）乙酸与乙醇在浓硫酸作催化剂、加热的条件下发生酯化反应生成乙酸乙酯，该反应为可逆反应，浓硫酸吸水利于平衡向生成乙酸乙酯方向移动；羧酸与醇发生的酯化反应中，羧酸中的羧基提供OH，醇中的OH提供H，相互结合生成水；（2）圆底烧瓶受热不均，球形干燥管的管口伸入液面下可能发生倒吸，同时起冷凝作用；醇与乙酸都易挥发，制备的乙酸乙
59、酯含有乙醇与乙酸，通常用饱和碳酸钠溶液吸收乙酸乙酯，反应掉挥发出来的乙酸，使之转化为乙酸钠溶于水中，便于闻乙酸乙酯的香味，溶解挥发出来的乙醇，降低乙酸乙酯在水中的溶解度，便于分层得到酯，故D中的溶液为饱和的碳酸钠溶液，碳酸根水解，溶液呈碱性，反应后溶液分层，上层无色油体液体，由于碳酸钠与乙酸反应，故下层溶液颜色变；（3）用氯化钙除去少量乙醇，用无水硫酸钠除去少量的水，无水硫酸钠吸水形成硫酸钠结晶水合物；根据乙酸乙酯的沸点判断温度；（4）氢氧化钠溶液中乙酸乙酯水解；【解答】解：（1）酸与乙醇需浓硫酸作催化剂，该反应为可逆反应，浓硫酸吸水利于平衡向生成乙酸乙酯方向移动，由于反应加入的是乙酸钠，故浓
60、硫酸还制乙酸的作用，故浓硫酸的作用为制乙酸、催化剂、吸水剂；羧酸与醇发生的酯化反应中，羧酸中的羧基提供OH，醇中的OH提供H，相互结合生成水，其它基团相互结合生成酯，同时该反应可逆，反应的化学方程式为：CH3COOH+H18OC2H5CH3CO18OC2H5+H2或 CH3CO18OH+HOC2H5CH3COOC2H5+H218O，故答案为：制乙酸、催化剂；CH3COOH+H18OC2H5CH3CO18OC2H5+H2或 CH3CO18OH+HOC2H5CH3COOC2H5+H218O；（2）圆底烧瓶受热不均，球形干燥管的管口伸入液面下可能发生倒吸，球形干燥管体积大，可以防止倒吸，同时起冷凝作
61、用；碳酸根水解CO32+H2OHCO3+OH，溶液呈碱性，加入几滴酚酞，溶液呈红色；碳酸钠水解呈碱性，乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，密度比水小，溶液分层，上层无色油体液体，乙酸和碳酸钠反应而使溶液红色变浅；故答案为：防止倒吸 冷却生成物；CO32+H2OHCO3+OH；溶液分层，上层无色油体液体，下层溶液颜色变浅；（3）用氯化钙除去少量乙醇，过滤分离出乙醇 （或CaCl26C2H2H5OH），用无水硫酸钠除去少量的水，无水硫酸钠吸水形成硫酸钠结晶水合物；乙酸乙酯的沸点为77，所以收集 77左右的馏分，以得较纯净的乙酸乙酯，故答案为：乙醇 （或CaCl26C2H2H5OH）； 77.1；（4）用
62、氢氧化钠溶液来代替饱和碳酸钠溶液而导致生成的乙酸乙酯水解生成乙酸钠和乙醇，故答案为：在氢氧化钠溶液中乙酸乙酯易被水解生成乙酸钠和乙醇28如图所示的实验可以证明KMnO4溶液的紫色是由于MnO4离子存在的缘故，且不破坏MnO4U形管中加入KMnO4溶液，然后小心地在管端的两液面上加入KNO3溶液，将石墨电极插入KNO3溶液中，接通直流电源（1）设计本实验的原理是通直流电后，自由移动的离子定向移动（2）加入KNO3溶液的作用是电解时只有水发生反应，不使MnO4放电而被消耗（3）根据什么现象可以得出实验要证明的结论？b极下方紫红色加深，MnO4向阳极偏移，说明MnO4为紫红色【考点】电解原理【分析】
63、石墨电极插入KNO3溶液中，接通直流电源，相对于电解时只有水发生反应，其他离子不反应，根据阳离子移向阴极，阴离子移向阳极，结合颜色可以判断分析【解答】解：（1）通直流电后，阳离子移向阴极，阴离子移向阳极，所以根据颜色可以判断，所以设计本实验的原理是通直流电后，自由移动的离子定向移动，故答案为：通直流电后，自由移动的离子定向移动；（2）因为电解时只有水发生反应，所以加入KNO3溶液，不使MnO4放电而被消耗，故答案为：电解时只有水发生反应，不使MnO4放电而被消耗；（3）根据阳离子移向阴极，阴离子移向阳极，所以当b极下方紫红色加深，MnO4向阳极偏移，说明MnO4为紫红色，故答案为：b极下方紫红
64、色加深，MnO4向阳极偏移，说明MnO4为紫红色五、计算题（本题包括两小题，共18分）29六价铬对人体有毒，含铬废水要经过化学处理后才能排放，方法是用绿矾（FeSO47H2O）把废水中六价铬还原成三价铬离子，再加入过量的石灰水，使铬离子生成Cr（OH）3沉淀（1）配平下列主要反应的化学方程式并标出电子转移的方向和数目：1H2Cr2O7+6FeSO4+6H2SO43Fe2（SO4）3+1Cr2（SO4）3+7H2O（2）上述反应中的氧化产物是Fe2（SO4）3，硫酸所体现的性质酸性（3）处理后的沉淀中有Cr（OH）3外，还有Fe（OH）3 （用化学式表示）（4）现在处理1103 L含铬（+6）7
65、8mgL1的废水，需要绿矾1251 g【考点】氧化还原反应方程式的配平；氧化还原反应的计算【分析】（1）氧化还原反应中，化合价升高值=化合价降低值=转移电子数，根据元素化合价和电子转移之间的关系来回答；（2）化合价升高的元素在反应中被氧化，发生氧化反应，得到氧化产物，根据硫酸纸元素化合价的变化情况来确定其性质；（3）根据离子最终的产物来回答；（4）依据离子方程式定量关系计算得到【解答】解：（1）在反应中，Cr元素的化合价从+6价降低为+3价，1molH2Cr2O7共得到电子是6mol，Fe元素的化合价升高，从+2价升高到+3价，铁元素失电子，铬元素得电子，转移电子是6，所以FeSO4的前边系数
66、是6，Fe2（SO4）3的前边系数是3，H2Cr2O7的系数是1，Cr2（SO4）3的系数是1，根据元素守恒，得到化学方程式以及电子转移情况如下：1H2Cr2O7+6FeSO4+6H2SO4=3Fe2（SO4）3+1Cr2（SO4）3+7H2O，故答案为：1；6；6；3；1；7；（2）铁元素的化合价升高，所以Fe2（SO4）3是氧化产物，硫酸中的元素化合价没有变化，生成对应的盐，所体现的性质是酸性，故答案为：Fe2（SO4）3；酸性；（3）亚铁离子被氧化为铁离子，铁离子可以和氢氧化钙反应生成Fe（OH）3，所以处理后的沉淀中有Cr（OH）3外，还有Fe（OH）3，故答案为：Fe（OH）3；（4
67、）现用上述方法处理1103 L含铬（+6价）78mgL1的废水，铬元素物质的量=1.5mol，Cr2O72物质的量0.75mol，则 Cr2O72+6Fe2+14H+=2Cr3+6Fe3+7H2O 1 60.75mol 4.5mol需用绿矾的质量=4.5mol278g/mol=1251g，故答案为：125130为了防治环境污染并对尾气进行综合利用，某硫酸厂用氨水吸收尾气中的SO2，再向吸收液中加入浓硫酸，以制取高浓度的SO2及（NH4）2SO4和NH4HSO4固体为测定上述（NH4）2SO4和NH4HSO4固体混合物的组成，现称取该样品四份，分别加入相同浓度的NaOH溶液各40.00mL，加热
68、至120左右，使氨气全部逸出【（NH4）2SO4和NH4HSO4的分解温度均高于200】，测得有关实验数据如下（标准状况）：实验序号样品的质量/gNaOH 溶液的体积/ml氨气的体积/L7.440.001.6814.840.003.3622.240.001.1237.040.000.00（1）实验过程中有关反应的离子方程式为H+OH=H2O、NH4+OHNH3+H2O；（2）由组数据直接推测：标准状况下3.7g样品进行同样实验时，生成氨气的体积为0.84L；（3）该混合物（NH4）2SO4和NH4HSO4的物质的量之比为1：4（4）欲计算该NaOH溶液的物质的量浓度应选择第组数据，由此求得Na
69、OH溶液的物质的量浓度为5mol/L【考点】有关混合物反应的计算【分析】（1）（NH4）2SO4和NH4HSO4固体混合物中加入氢氧化钠溶液，首先氢离子与氢氧化钠溶液发生中和反应，然后铵根离子与氢氧根离子加热反应生成氨气，据此写出反应的离子方程式；（2）由数据和判断此时氢氧化钠过量，样品步骤，生成氨气的体积与样品的质量成正比，据此计算出3.7g样品生成氨气的体积；（3）中样品完全反应，设出（NH4）2SO4和NH4HSO4的物质的量，然后根据氨气的物质的量、样品质量列式计算出二者的物质的量，再计算出二者的物质的量之比；（4）根据组数据中进入22.2g样品只生成了1.12L氨气可知，此时氢氧化钠
70、溶液不足，可以根据中数据计算出氢氧化钠溶液浓度；先根据（3）计算出22.2g样品中含有的NH4HSO4物质的量，再根据反应的先后顺序H+OH=H2O，NH4+OHNH3+H2O计算出氢氧化钠的物质的量，最后根据c=计算出氢氧化钠的物质的量浓度【解答】解：（1）（NH4）2SO4和NH4HSO4固体混合物中加入氢氧化钠溶液后加热发生的反应有：氢离子与氢氧根离子反应生成水：H+OH=H2O、铵根离子与氢氧根离子在加热条件下反应生成氨气：NH4+OHNH3+H2O，故答案为：H+OH=H2O、NH4+OHNH3+H2O； （2）由和中的数据7.4 g：1.68 L=14.8 g：3.36 L可知：当
71、样品质量14.8 g时，NaOH足量，即样品质量与氨气体积比为定值，则3.7g样品生成氨气的体积为：V（NH3）=1.68 L=0.84 L，故答案为：0.84；（3）设 （NH4）2SO4、NH4HSO4物质的量分别为x、y，则：2x+y=0.075mol，132x+115y=7.4g，根据联立解得：，所以：n（NH4）2SO4：nNH4HSO4=0.0125mol：0.05mol=1：4，故答案为：1：4；（4）根据表中数据可知，当中进入22.2g样品时，比生成的氨气体积小，说明氢氧化钠已经不足，可以根据计算出氢氧化钠溶液的浓度；根据（3）可知，22.2g样品中含NH4HSO4物质的量为：0.05mol=0.15mol，反应的先后顺序为：H+OHH2O，NH4+OHNH3+H2O，求得n（NaOH）=0.15mol+=0.2mol，则氢氧化钠溶液的浓度为：c（NaOH）=5mol/L，故答案为：；5mol/L2017年4月19日