1、2017年江苏省南通市如皋市高考化学模拟试卷（一）一、单项选择题：本题包括10小题，每小题2分，共计20分每小题只有一个选项符合题意1下列有关环境问题的做法错误的是（）A生活污水使用明矾杀菌消毒B向燃煤中加入适量石灰石“固硫”C推广使用可降解塑料防止白色污染D提倡公交出行可减少氮氧化物排放2下列有关化学用语表示正确的是（）ANH4Cl的电子式：B对硝基甲苯：C碳酸的电离方程式：H2CO32H+COD硫离子的结构示意图：3下列有关物质的性质与应用相对应的是（）A碳酸钠溶液呈碱性，可用于洗去铁屑表面的油污B铝易发生钝化，可用于作飞机、火箭的结构材料C炭具有还原性，可用于冶炼钠、镁、铝等金属D浓硫酸
2、具有强氧化性，可用于干燥二氧化硫气体4短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大X原子最外层比次外层多3个电子；Y、Z均为金属，Y是同周期中原子半径最大的元素，Z的简单离子半径在同周期元素中最小；W的最高价氧化物在无机含氧酸中酸性最强下列说法正确的是（）AX的气态氢化物的热稳定性比O（氧）的强B元素Z、W的简单离子具有相同的电子层结构CY、Z、W的最高价氧化物对应的水化物之间能相互反应D等质量的Y和Z单质分别与足量稀盐酸反应，前者产生的氢气多5下列指定反应的离子方程式正确的是（）A用醋酸溶解大理石：CaCO3+2H+=Ca2+H2O+CO2B向氯化铝溶液中滴加过量氨水：Al3+4NH3H2
3、O=AlO+4NH+4+2H2OC向碳酸氢钙溶液中加入少量烧碱溶液：Ca2+2HCO+2OH=CaCO3+CO+H2OD亚硫酸钠溶液中滴加酸性高锰酸钾溶液：5SO+6H+2MnO=5SO+2Mn2+3H2O6设NA为阿伏加德罗常数的值下列说法正确的是（）A标准状况下，11.2 L CCl4中含有的分子数为0.5NAB在Na2O2与水的反应中，每生成1 mol O2，转移电子的数为2NAC常温常压下，7.8 g苯中含有双键的数目为0.3NAD25时，0.1 molL1 NH4NO3溶液中含有的铵根离子数为0.1NA7常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）ApH=1的溶液中：K+、
4、Fe2+、NO、ClB0.1 molL1NaHCO3溶液：Na+、Ba2+、NO、OHC滴加KSCN溶液显红色的溶液：NH、K+、Cl、ID澄清透明的溶液中：Cu2+、K+、SO、Cl8用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的是（）A用如图所示装置验证反应产物二氧化碳B用如图装置吸收氨气并防止倒吸C如图装置配制100 mL 1 molL1的硫酸D用如图装置除去氯气中的氯化氢9下列物质的转化在给定条件下能实现的是（）AFeFe2O3Fe2（SO4）3BMgOMgSO4（aq）MgC饱和NaCl（aq）NaHCO3Na2CO3DNH3NOHNO310通过乙醇制取氢气通常有如下两条途径：aCH3C
5、H2OH（g）+H2O（g）=4H2（g）+2CO（g）H1=+256.6kJmol1b2CH3CH2OH（g）+O2（g）=6H2（g）+4CO（g）H2=+27.6kJmol1则下列说法正确的是（）A升高a的反应温度，乙醇的转化率增大B由b可知：乙醇的燃烧热为13.8 kJmol1C2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）H=+485.6 kJmol1D制取等量的氢气，途径b消耗的能量更多一、不定项选择题：本题包括5小题，每小题4分，共计20分每小题有一个或两个选项符合题意若正确答案只包括一个选项，多选时，该题得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得满分，
6、但只要选错一个，该小题就得0分11下列有关说法正确的是（）A加入硫酸铜可使锌与稀硫酸的反应速率加快，说明Cu2+具有催化作用B向某溶液中滴加硝酸酸化的BaCl2溶液产生白色沉淀，则该溶液中含有SO42C在电解精炼铜过程中，阳极质量的减少多于阴极质量的增加D298 K时，2H2S（g）+SO2（g）=3S（s）+2H2O（l）能自发进行，则其H0122016年8月，联合国开发计划署在中国的首个“氢经济示范城市”在江苏如皋落户用吸附了H2的碳纳米管等材料制作的二次电池的原理如图所示下列说法正确的是（）A放电时，甲电极为正极，OH移向乙电极B放电时，乙电极反应为：NiO（OH）+H2O+e=Ni（O
7、H）2+OHC充电时，电池的碳电极与直流电源的正极相连D电池总反应为H2+2NiOOH2Ni（OH）213根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是（）A向NaAlO2溶液中通入足量CO2，有白色沉淀产生，说明碳酸的酸性强于氢氧化铝B用铂丝蘸取某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色，说明溶液中不含有K+C在KI淀粉溶液中滴入氯水变蓝，再通入SO2，蓝色褪去，说明SO2具有漂白性D向某FeCl2溶液中，加入Na2O2粉末出现红褐色沉淀，说明原FeCl2已氧化变质14如图图示与对应的叙述相符的是（）A图1表示某放热反应分别在有、无催化剂的情况下反应过程中的能量变化B图2表示A、B两物质的溶解度随温度变化情
8、况，将t1时A、B的饱和溶液分别升温至t2时，溶质的质量分数BAC图3表示镁条放入盐酸中生成氢气速率随时间的变化，起初反应速率加快的原因可能是该反应为放热反应D图4表示在含等物质的量NaOH、Na2CO3的混合溶液中滴加0.1 molL1盐酸至过量时，产生气体的体积与消耗盐酸的关系15硫酸钙可用于生产硫酸、漂白粉等一系列物质（见图）下列说法正确的是（）ACO2制取干冰的过程吸收热量，属于物理变化B硫酸钙与焦炭反应时生成的n（CO2）：n（SO2）=1：2C由SO2制取H2SO4的过程均为氧化还原反应D石灰乳与Cl2反应制取漂白粉时，Cl2仅作还原剂三、非选择题（共80分）16氧化还原反应在生产
9、生活中有着重要的应用请按要求写出相应的方程式（1）将含SO2的废气通入含Fe2+（催化剂）的溶液中，常温下可使SO2转化为SO24，其总反应为2SO2+O2+2H2O=2H2SO4上述总反应分两步进行，第一步反应的离子方程式为4Fe2+O2+4H+=4Fe3+2H2O，写出第二步反应的离子方程式：（2）pH=3.6时，碳酸钙与硫酸铝反应可制备碱式硫酸铝Al2（SO4）x（OH）62x溶液若溶液的pH偏高，则碱式硫酸铝产率降低且有气泡产生，用化学方程式表示其原因：（3）ClO2是一种高效安全的杀菌消毒剂氯化钠电解法生产ClO2工艺原理示意图如下：写出氯化钠电解槽内发生反应的离子方程式：写出ClO
10、2发生器中的化学方程式，并标出电子转移的方向及数目：ClO2能将电镀废水中的CN离子氧化成两种无毒气体，自身被还原成Cl写出该反应的离子方程式17某化工厂用软锰矿（含MnO2及少量Al2O3）和闪锌矿（含ZnS及少量FeS）联合生产Zn、MnO2，其部分生产流程如下：已知：过滤（）所得滤液是MnSO4、ZnSO4、Fe2（SO4）3、Al2（SO4）3的混合液相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH（开始沉淀的pH按金属离子浓度为1.0molL1计算）如下表：沉淀物Fe（OH）3Al（OH）3Zn（OH）2Mn（OH）2开始沉淀时的pH2.74.06.47.7完全沉淀时的pH3.75.28.010.
11、4（1）加热、浸取时所加矿石均需粉碎，其目的是（2）写出FeS和MnO2和稀硫酸反应的离子方程式：（3）试剂X的作用是调节溶液的pH以生成Fe（OH）3、Al（OH）3pH调节的范围是，试剂X可以选用（填选项字母）AMnCO3 BNa2CO3 CZn2（OH）2CO3 DNH3H2O（4）电解（）中阳极的电极反应式为（5）Zn和MnO2是制作电池的原料某锌锰碱性电池以KOH溶液为电解质溶液，其电池总反应式为：Zn（s）+2MnO2（s）+H2O（l）=Zn（OH）2（s）+Mn2O3（s）该电池的正极的电极反应式为18FeCO3与砂糖混用可作补血剂以黄铁矿烧渣（含CuO、Fe2O3、FeO、S
12、iO2、Al2O3等）为主要原料制备FeCO3的流程如下：（1）质量分数为30%（密度是1.176gcm3）的稀硫酸的物质的量浓度为（2）检验滤液A中存在Fe2+的试剂是（3）加入足量铁粉的作用除调节pH使Al3+转化为Al（OH）3沉淀外，还有两个作用，写出其中一个反应的离子方程式：（4）写出滤液C与NH4HCO3溶液反应的离子方程式：（5）FeCO3在空气中灼烧可制得铁系氧化物材料已知25，101kPa时：4Fe（s）+3O2（g）2Fe2O3H=1648kJmol1C（s）+O2（g）CO2（g）H=393kJmol12Fe（s）+2C（s）+3O2（g）2FeCO3（s）H=1480k
13、Jmol1写出FeCO3在空气中灼烧生成Fe2O3的热化学方程式：（6）某兴趣小组为充分利用副产品，欲利用滤渣D为原料制取Al2O3，请补充完成实验步骤：向滤渣D中加入适量NaOH溶液，19多巴胺是一种重要的中枢神经传导物质用香兰素与硝基甲烷等为原料合成多巴胺的路线如下（1）下列说法正确的是A可用银镜反应鉴别香兰素和多巴胺B1mol香兰素与溴水发生取代反应时，最多消耗3mol Br2C有机物B分子中不含手性碳原子D多巴胺分子中最多有7个碳原子共平面（2）有机物C中的含氧官能团的名称为（3）反应、的反应类型分别为（4）写出同时满足下列条件的A的一种同分异构体的结构简式具有氨基酸的共同结构片段；能
14、与FeCl3溶液发生显色反应；由6种不同化学环境的氢原子20黄钠铁矾NaaFeb（SO4）c（OH）d具有沉淀颗粒大、沉淀速率快、容易过滤等特点某研究小组先将某废水中Fe2+氧化为Fe3+，再加入Na2SO4使其生成黄钠铁矾而除去铁为测定黄钠铁矾的组成，该小组进行了如下实验：称取12.125g样品，加盐酸完全溶解后，配成250.00mL溶液A量取25.00mL溶液A，加入足量的KI，再用0.2500molL1Na2S2O3溶液滴定生成的I2（反应原理为I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6），消耗30.00mL Na2S2O3溶液至终点另取50.00mL溶液A，加入足量BaCl2溶液
15、充分反应后，过滤，将所得沉淀洗涤、干燥后，称得其质量为2.330g（1）NaaFeb（SO4）c（OH）d中a、b、c、d之间的代数关系式为（2）通过计算确定黄钠铁矾的化学式（写出计算过程）21将不可再生的天然气、石油、煤等化石燃料转化利用、变废为宝已成为当务之急（1）根据键能数据估算CH4+4F2=CF4+4HF的反应热H=化学键CHCFHFFF键能/（kJmol1）414489565155（2）甲醇、二甲醚（CH3OCH3）被称为21世纪的新型燃料，均可利用CO和H2反应合成某燃料电池以二甲醚为原料，熔融碳酸盐为电解质，其负极反应如下：CH3OCH3+6CO12e=8CO2+3H2O写出该
16、燃料电池的正极反应式：废水中含甲醇对水质会造成污染，Co3+可将甲醇氧化为CO2某同学以Pt作电极电解酸性含甲醇废水与CoSO4混合液模拟工业除污原理，其阳极反应式为（3）某企业采用如图所示原理处理化石燃料开采、加工过程产生的H2S废气电解池中电极A、B均为惰性电极，其中A为电解池的极；电极B所得到的物质X的分子式为反应池中发生的离子反应方程式为22A、B、C、D、E、F六种元素均位于周期表的前四周期，且原子序数依次增大元素A是原子半径最小的元素；B元素基态原子的核外电子分占四个原子轨道（能级）；D元素原子的已成对电子总数是未成对电子总数的3倍；E与D处于同一主族；F位于ds区，且原子的最外层
17、只有1个电子（1）F+离子的电子排布式是（2）B、C、D元素的第一电离能由大到小的顺序是（3）B、C元素的某些氢化物的分子中均含有18个电子，则B的这种氢化物的化学式是；B、C的这些氢化物的沸点相差较大的主要原因是（4）A、B、D可形成分子式为A2BD的某化合物，则该化合物分子中B原子的轨道杂化类型是；1mol该分子中含有键的数目是（5）C、F两元素形成的某化合物的晶胞结构如图所示，则该化合物的化学式是，C原子的配位数是2017年江苏省南通市如皋市高考化学模拟试卷（一）参考答案与试题解析一、单项选择题：本题包括10小题，每小题2分，共计20分每小题只有一个选项符合题意1下列有关环境问题的做法错
18、误的是（）A生活污水使用明矾杀菌消毒B向燃煤中加入适量石灰石“固硫”C推广使用可降解塑料防止白色污染D提倡公交出行可减少氮氧化物排放【考点】物质的组成、结构和性质的关系【分析】A明矾不具有强氧化性；B燃煤燃烧产生大量二氧化硫，能够引起空气污染；C聚乙烯、聚氯乙烯塑料难降解；D汽车尾气中含有大量氮的氧化物【解答】解：A明矾不具有强氧化性，不能杀菌消毒，故A错误；B燃煤燃烧产生大量二氧化硫，能够引起空气污染，向燃煤中加入适量石灰石“固硫”，能够减少二氧化硫排放，减少酸雨，故B正确；C推广使用可降解塑料，可以减少聚乙烯、聚氯乙烯塑料的使用，可以防止白色污染，故C正确；D提倡公交出行，减少私家车使用，
19、可减少氮氧化物排放，有利于环境保护，故D正确；故选：A2下列有关化学用语表示正确的是（）ANH4Cl的电子式：B对硝基甲苯：C碳酸的电离方程式：H2CO32H+COD硫离子的结构示意图：【考点】电子式【分析】A、氯化铵是由氨根离子与氯离子通过离子键结合而成的离子化合物；B、对硝基苯中的硝基中直接和苯环相连的是N原子；C、碳酸是二元弱酸，电离分步进行；D、硫离子的核内有16个质子，核外有18个电子【解答】解：A、氯化铵是离子化合物，由氨根离子与氯离子构成，电子式为：，故A错误；B、对硝基苯中的硝基中直接和苯环相连的是N原子，故结构简式为，故B错误；C、碳酸是二元弱酸，电离分步进行，故电离方程式为
20、H2CO3H+HCO3，HCO3H+CO32，故C错误；D、硫离子的核内有16个质子，带16个正电荷，而核外有18个电子，故结构示意图为，故D正确故选D3下列有关物质的性质与应用相对应的是（）A碳酸钠溶液呈碱性，可用于洗去铁屑表面的油污B铝易发生钝化，可用于作飞机、火箭的结构材料C炭具有还原性，可用于冶炼钠、镁、铝等金属D浓硫酸具有强氧化性，可用于干燥二氧化硫气体【考点】物质的组成、结构和性质的关系【分析】A依据盐类水解应用及油脂水解的性质；B依据铝密度小的性质解答；C依据金属冶炼方法解答；D浓硫酸做干燥剂是因为其具有吸水性【解答】解：A油脂为高级脂肪酸甘油酯，能够在碱性环境下水解生成可溶性物
21、质，碳酸钠为强碱弱酸盐水解显碱性，所以可以用于洗去铁屑表面的油污，故A正确；B铝可用于作飞机、火箭的结构材料是因为其密度小，制成的合金机械性能强，与发生钝化无关，故B错误；C钠、镁、铝性质活泼的金属，用电解法制取，不能用碳还原法，故C错误；D浓硫酸做干燥剂是因为其具有吸水性，且不能与二氧化硫发生反应，故D错误；故选：A4短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大X原子最外层比次外层多3个电子；Y、Z均为金属，Y是同周期中原子半径最大的元素，Z的简单离子半径在同周期元素中最小；W的最高价氧化物在无机含氧酸中酸性最强下列说法正确的是（）AX的气态氢化物的热稳定性比O（氧）的强B元素Z、W的简单
22、离子具有相同的电子层结构CY、Z、W的最高价氧化物对应的水化物之间能相互反应D等质量的Y和Z单质分别与足量稀盐酸反应，前者产生的氢气多【考点】原子结构与元素周期律的关系【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大X原子最外层比次外层多3个电子，则X为N元素；Y、Z均为金属，Y是同周期中原子半径最大的元素，Y为Na元素，Z的简单离子半径在同周期元素中最小，Z为Al元素；W的最高价氧化物在无机含氧酸中酸性最强，W为Cl元素，以此来解答【解答】解：由上述分析可知，X为N，Y为Na，Z为Al，W为Cl，A非金属性越强，对应氢化物越稳定，则X的气态氢化物的热稳定性比O（氧）的弱，故A错误；B元
23、素Z、W的简单离子具有相同的电子层结构不同，分别为10电子、18电子结构，故B错误；CZ的氢氧化物具有两性，与NaOH、高氯酸均反应，则Y、Z、W的最高价氧化物对应的水化物之间能相互反应，故C正确；D等质量的Y和Z单质分别与足量稀盐酸反应，由、3可知，转移电子不同，后者生成氢气多，故D错误；故选C5下列指定反应的离子方程式正确的是（）A用醋酸溶解大理石：CaCO3+2H+=Ca2+H2O+CO2B向氯化铝溶液中滴加过量氨水：Al3+4NH3H2O=AlO+4NH+4+2H2OC向碳酸氢钙溶液中加入少量烧碱溶液：Ca2+2HCO+2OH=CaCO3+CO+H2OD亚硫酸钠溶液中滴加酸性高锰酸钾溶
24、液：5SO+6H+2MnO=5SO+2Mn2+3H2O【考点】离子方程式的书写【分析】A醋酸为弱酸，应保留化学式；B一水合氨为弱碱，反应生成的是氢氧化铝沉淀；C碳酸氢钙与少量氢氧化钠溶液反应生成碳酸钙沉淀、碳酸氢钠和水；D亚硫酸钠溶液中滴加酸性高锰酸钾溶液生成硫酸根离子、锰离子和水【解答】解：A醋酸除去水垢，离子方程式：2CH3COOH+CaCO3Ca2+CO2+H2O+2CH3COO，故A错误；B氯化铝与氨水反应生成氢氧化铝沉淀，正确的离子方程式为：Al3+3NH3H2O=Al（OH）3+3NH4+，故B错误；C碳酸氢钙与少量氢氧化钠溶液反应生成碳酸钙沉淀、碳酸氢钠和水，离子方程式为：Ca2
25、+HCO3+OH=CaCO3+H2O，故C错误；D亚硫酸钠溶液中滴加酸性高锰酸钾溶液生成硫酸根离子、锰离子和水，反应的离子方程式为：5SO32+6H+2MnO4=5SO42+2Mn2+3H2O，故D正确故选D6设NA为阿伏加德罗常数的值下列说法正确的是（）A标准状况下，11.2 L CCl4中含有的分子数为0.5NAB在Na2O2与水的反应中，每生成1 mol O2，转移电子的数为2NAC常温常压下，7.8 g苯中含有双键的数目为0.3NAD25时，0.1 molL1 NH4NO3溶液中含有的铵根离子数为0.1NA【考点】阿伏加德罗常数【分析】A、标况下四氯化碳为液体；B、过氧化钠和水的反应中
26、，氧元素的价态由1价变为0价；C、苯不是单双键交替的结构；D、溶液体积不明确【解答】解：A、标况下四氯化碳为液体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故A错误；B、过氧化钠和水的反应中，氧元素的价态由1价变为0价，故当生成1mol氧气时转移2NA 个电子，故B正确；C、苯不是单双键交替的结构，即苯中无碳碳双键，故C错误；D、溶液体积不明确，故溶液中的铵根离子的个数无法计算，故D错误故选B7常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）ApH=1的溶液中：K+、Fe2+、NO、ClB0.1 molL1NaHCO3溶液：Na+、Ba2+、NO、OHC滴加KSCN溶液显红色的溶液：NH、
27、K+、Cl、ID澄清透明的溶液中：Cu2+、K+、SO、Cl【考点】离子共存问题【分析】ApH=1的溶液，显酸性；B离子之间结合生成水、沉淀；C滴加KSCN溶液显红色的溶液，含Fe3+；D该组离子之间不反应【解答】解：ApH=1的溶液，显酸性，K+、Fe2+、NO3发生氧化还原反应，不能共存，故A不选；BHCO3、Ba2+、OH结合生成水和沉淀，不能共存，故B不选；C滴加KSCN溶液显红色的溶液，含Fe3+，与I发生氧化还原反应，不能共存，故C不选；D该组离子之间不反应，可大量共存，故D选；故选D8用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的是（）A用如图所示装置验证反应产物二氧化碳B用如图装置
28、吸收氨气并防止倒吸C如图装置配制100 mL 1 molL1的硫酸D用如图装置除去氯气中的氯化氢【考点】化学实验方案的评价【分析】A二氧化硫、二氧化碳都可使澄清石灰水变浑浊；B氨气不溶于四氯化碳；C不能在容量瓶中稀释浓硫酸；D进气方向错误【解答】解：A碳和浓硫酸在加热条件下反应生成二氧化硫、二氧化碳，二氧化硫、二氧化碳都可使澄清石灰水变浑浊，应先除去二氧化硫，故A错误；B氨气不溶于四氯化碳，不直接与水接触，可防止倒吸，故B正确；C容量瓶只能用于配制溶液，且在常温下使用，不能在容量瓶中稀释浓硫酸，故C错误；D进气方向错误，洗气时，气体从长导管进入，故D错误故选B9下列物质的转化在给定条件下能实现
29、的是（）AFeFe2O3Fe2（SO4）3BMgOMgSO4（aq）MgC饱和NaCl（aq）NaHCO3Na2CO3DNH3NOHNO3【考点】氨的化学性质【分析】A铁和氧气点燃反应生成四氧化三铁；B硫酸镁溶液电解不能得到金属镁；C饱和氯化钠溶液中通入氨气、二氧化碳发生反应生成碳酸氢钠和氯化铵，碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水；D氨气催化氧化生成一氧化氮，一氧化氮不能溶于水得到硝酸；【解答】解：A铁和氧气点燃反应生成四氧化三铁，3Fe+2O2Fe3O4，故A错误；BMgO+H2SO4=MgSO4+H2O，电解硫酸镁溶液实质是电解水，不能得到金属镁，故B错误；C饱和氯化钠溶液中通入氨气
30、、二氧化碳发生反应生成碳酸氢钠和氯化铵，碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，NH3+CO2+NaCl+H2O=NaHCO3+NH4Cl，故C正确；D氨气和氧气催化氧化生成NO，NO不溶于水，不能和水发生反应生成硝酸，故D错误；故选C10通过乙醇制取氢气通常有如下两条途径：aCH3CH2OH（g）+H2O（g）=4H2（g）+2CO（g）H1=+256.6kJmol1b2CH3CH2OH（g）+O2（g）=6H2（g）+4CO（g）H2=+27.6kJmol1则下列说法正确的是（）A升高a的反应温度，乙醇的转化率增大B由b可知：乙醇的燃烧热为13.8 kJmol1C2H2（g）+O2（g）
31、=2H2O（g）H=+485.6 kJmol1D制取等量的氢气，途径b消耗的能量更多【考点】反应热和焓变【分析】Aa为吸热反应，升高温度，平衡正向移动；B应生成稳定的氧化物；C氢气的燃烧为放热反应；D根据反应热计算【解答】解：Aa为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，则乙醇的转化率增大，故A正确；B燃烧热指应生成稳定的氧化物，应生成水、二氧化碳，故B错误；C氢气的燃烧为放热反应，H0，故C错误；D由热化学方程式可知生成1mol氢气，a吸收kJ、b吸收kJ，故D错误故选A一、不定项选择题：本题包括5小题，每小题4分，共计20分每小题有一个或两个选项符合题意若正确答案只包括一个选项，多选时，该题得0
32、分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个，该小题就得0分11下列有关说法正确的是（）A加入硫酸铜可使锌与稀硫酸的反应速率加快，说明Cu2+具有催化作用B向某溶液中滴加硝酸酸化的BaCl2溶液产生白色沉淀，则该溶液中含有SO42C在电解精炼铜过程中，阳极质量的减少多于阴极质量的增加D298 K时，2H2S（g）+SO2（g）=3S（s）+2H2O（l）能自发进行，则其H0【考点】反应热和焓变；化学反应速率的影响因素；电解原理【分析】A加入硫酸铜可使锌与稀硫酸的反应速率加快，是因为构成原电池加快反应速率；B可能生成AgCl沉淀；C电解过程中，阳极上
33、不仅有铜还有其它金属失电子；D如能自发进行，应满足HTS0【解答】解：A加入硫酸铜可使锌与稀硫酸的反应速率加快，是因为构成原电池加快反应速率，故A错误；B可能生成AgCl沉淀，应先加入盐酸，再加入氯化钡检验，故B错误；C电解过程中，阳极上不仅有铜还有其它金属失电子，如Zn等，则阳极质量的减少多于阴极质量的增加，故C正确；D因S0，如能自发进行，应满足HTS0，则H0，故D正确故选CD122016年8月，联合国开发计划署在中国的首个“氢经济示范城市”在江苏如皋落户用吸附了H2的碳纳米管等材料制作的二次电池的原理如图所示下列说法正确的是（）A放电时，甲电极为正极，OH移向乙电极B放电时，乙电极反应
34、为：NiO（OH）+H2O+e=Ni（OH）2+OHC充电时，电池的碳电极与直流电源的正极相连D电池总反应为H2+2NiOOH2Ni（OH）2【考点】原电池和电解池的工作原理【分析】开关连接用电器时，应为原电池原理，甲电极为负极，负极上氢气失电子发生氧化反应，电极反应式为H2+2OH2e2H2O，乙电极为正极得电子发生还原反应，电极反应为：NiO（OH）+H2O+eNi（OH）2+OH；开关连接充电器时，为电解池，充电与放电过程相反，据此解答【解答】解：A放电时，该电池为原电池，电解质溶液中阴离子向负极移动，所以OH向负极甲电极移动，故A错误；B放电时，乙电极为正极得电子发生还原反应，电极反应
35、为：NiO（OH）+H2O+eNi（OH）2+OH，故B正确；C放电时，氢气在碳电极发生氧化反应，碳电极作负极，充电时，碳电极发生还原反应作阴极，应与电源的负极相连，故C错误；D放电时，正极电极反应式为2NiO（OH）+2H2O+2e2Ni（OH）2+2OH，负极电极反应式为：H2+2OH2e2H2O，则两式相加得总反应：H2+2NiOOH2Ni（OH）2，故D正确；故选BD13根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是（）A向NaAlO2溶液中通入足量CO2，有白色沉淀产生，说明碳酸的酸性强于氢氧化铝B用铂丝蘸取某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色，说明溶液中不含有K+C在KI淀粉溶液中滴入氯水变
36、蓝，再通入SO2，蓝色褪去，说明SO2具有漂白性D向某FeCl2溶液中，加入Na2O2粉末出现红褐色沉淀，说明原FeCl2已氧化变质【考点】化学实验方案的评价【分析】A根据强酸制备弱酸的特点判断；B观察钾离子，应透过蓝色钴玻璃；C二氧化硫与碘发生氧化还原反应；D过氧化钠可氧化亚铁离子【解答】解：A一般来说，强酸可与弱酸的盐反应制备弱酸，则向NaAlO2溶液中通入足量CO2，有白色沉淀产生，说明碳酸的酸性强于氢氧化铝，故A正确；B观察钾离子，应透过蓝色钴玻璃，以滤去黄光，故B错误；C二氧化硫与碘发生氧化还原反应，二氧化硫表现还原性，故C错误；D过氧化钠可氧化亚铁离子，不能证明是否变质，故D错误故
37、选A14如图图示与对应的叙述相符的是（）A图1表示某放热反应分别在有、无催化剂的情况下反应过程中的能量变化B图2表示A、B两物质的溶解度随温度变化情况，将t1时A、B的饱和溶液分别升温至t2时，溶质的质量分数BAC图3表示镁条放入盐酸中生成氢气速率随时间的变化，起初反应速率加快的原因可能是该反应为放热反应D图4表示在含等物质的量NaOH、Na2CO3的混合溶液中滴加0.1 molL1盐酸至过量时，产生气体的体积与消耗盐酸的关系【考点】反应热和焓变【分析】A加入催化剂，可降低反应的活化能；Bt1时A、B的饱和溶液质量分数相等，升高温度，溶解度增大，但质量分数不变；C根据温度和浓度对速率的影响分析
38、；D碳酸钠先和盐酸反应生成碳酸氢钠，如分别为NaOH、Na2CO31mol，则生成气体时消耗2molHCl，最后生成1mol二氧化碳【解答】解：A加入催化剂，可降低反应的活化能，图象符合，故A正确；Bt1时A、B的饱和溶液质量分数相等，升高温度，溶解度增大，但质量分数不变，则溶质的质量分数B=A，故B错误；C开始时反应放热温度升高，则反应速率加快，随着反应进行浓度减小，则速率减小，故C正确；D碳酸钠先和盐酸反应生成碳酸氢钠，如分别为NaOH、Na2CO31mol，则生成气体时消耗2molHCl，最后生成1mol二氧化碳，则图象中生成二氧化碳前后消耗的盐酸体积比为2：1，故D错误故选AC15硫酸
39、钙可用于生产硫酸、漂白粉等一系列物质（见图）下列说法正确的是（）ACO2制取干冰的过程吸收热量，属于物理变化B硫酸钙与焦炭反应时生成的n（CO2）：n（SO2）=1：2C由SO2制取H2SO4的过程均为氧化还原反应D石灰乳与Cl2反应制取漂白粉时，Cl2仅作还原剂【考点】氧化还原反应【分析】A气体变为固体，释放能量；B反应的化学方程式为2CaSO4+CCO2+2SO2+2CaO，以此判断；CSO2制取H2SO4，先生成SO3，再生成H2SO4；D石灰乳与Cl2反应制取漂白粉，Cl元素化合价既升高又降低【解答】解：A气体变为固体，释放能量，故A错误；B反应的化学方程式为2CaSO4+CCO2+2
40、SO2+2CaO，反应中生成的n（CO2）：n（SO2）=1：2，故B正确；CSO2制取H2SO4，先生成SO3，再生成H2SO4，生成H2SO4不是氧化还原反应，故C错误；D石灰乳与Cl2反应制取漂白粉，Cl元素化合价既升高又降低，氯气既是氧化剂也是还原剂，故D错误故选B三、非选择题（共80分）16氧化还原反应在生产生活中有着重要的应用请按要求写出相应的方程式（1）将含SO2的废气通入含Fe2+（催化剂）的溶液中，常温下可使SO2转化为SO24，其总反应为2SO2+O2+2H2O=2H2SO4上述总反应分两步进行，第一步反应的离子方程式为4Fe2+O2+4H+=4Fe3+2H2O，写出第二步
41、反应的离子方程式：2Fe3+SO2+2H2O=2Fe2+SO4 2+4H+（2）pH=3.6时，碳酸钙与硫酸铝反应可制备碱式硫酸铝Al2（SO4）x（OH）62x溶液若溶液的pH偏高，则碱式硫酸铝产率降低且有气泡产生，用化学方程式表示其原因：3CaCO3+Al2（SO4）3+3H2O=2Al（OH）3+3CaSO4+3CO2（3）ClO2是一种高效安全的杀菌消毒剂氯化钠电解法生产ClO2工艺原理示意图如下：写出氯化钠电解槽内发生反应的离子方程式：Cl+3H2OClO3+3H2写出ClO2发生器中的化学方程式，并标出电子转移的方向及数目：ClO2能将电镀废水中的CN离子氧化成两种无毒气体，自身被
42、还原成Cl写出该反应的离子方程式2ClO2+2CN=2CO2+2Cl+N2【考点】制备实验方案的设计【分析】（1）根据题中反应原理，第一步反应的离子方程式为4Fe2+O2+4H+=4Fe3+2H2O，第二步是铁离子将二氧化硫氧化成硫酸根离子，根据电荷守恒和元素守恒可书写反应的离子方程式；（2）pH=3.6时，碳酸钙与硫酸铝反应可制备碱式硫酸铝Al2（SO4）x（OH）62x溶液，若溶液的pH偏高，溶液碱性增强，铝离子与碳酸根离子双水解生成氢氧化铝和二氧化碳，根据元素守恒可书写反应的化学方程式；（3）根据流程图可知道：食盐水在特定条件下电解得到氯酸钠（NaClO3），NaClO3和HCl反应，生
43、成ClO2，可以写出方程式，并用化合价升降法配平得到，ClO2能将电镀废水中的CN离子氧化成两种无毒气体，应为二氧化碳和氮气，自身被还原成Cl，根据电荷守恒和元素守恒写出该反应的离子方程式；【解答】解：（1）根据题中反应原理，第一步反应的离子方程式为4Fe2+O2+4H+=4Fe3+2H2O，第二步是铁离子将二氧化硫氧化成硫酸根离子，反应的离子方程式为2Fe3+SO2+2H2O=2Fe2+SO4 2+4H+，故答案为：2Fe3+SO2+2H2O=2Fe2+SO4 2+4H+；（2）pH=3.6时，碳酸钙与硫酸铝反应可制备碱式硫酸铝Al2（SO4）x（OH）62x溶液，若溶液的pH偏高，溶液碱性
44、增强，铝离子与碳酸根离子双水解生成氢氧化铝和二氧化碳，反应的化学方程式为3CaCO3+Al2（SO4）3+3H2O=2Al（OH）3+3CaSO4+3CO2，故答案为：3CaCO3+Al2（SO4）3+3H2O=2Al（OH）3+3CaSO4+3CO2；（3）根据流程图可知道：食盐水在特定条件下电解得到氯酸钠（NaClO3），NaClO3和HCl反应，生成ClO2，可以写出方程式，并用化合价升降法配平得到，ClO2能将电镀废水中的CN离子氧化成两种无毒气体，应为二氧化碳和氮气，自身被还原成Cl，根据电荷守恒和元素守恒写出该反应的离子方程式，电解食盐水得到氯酸钠（NaClO3）和H2，电解的离子
45、反应方程式为：Cl+3H2OClO3+3H2，故答案为：Cl+3H2OClO3+3H2； ClO2发生器中的反应为，化学方程式NaClO3和盐酸发生歧化反应，生成NaCl、ClO2、Cl2、H2O，用化学方程式表示并标出电子转移的方向及数目为，故答案为：；ClO2能将电镀废水中的CN离子氧化成两种无毒气体，应为二氧化碳和氮气，自身被还原成Cl，反应的离子方程式为 2ClO2+2CN=2CO2+2Cl+N2，故答案为：2ClO2+2CN=2CO2+2Cl+N217某化工厂用软锰矿（含MnO2及少量Al2O3）和闪锌矿（含ZnS及少量FeS）联合生产Zn、MnO2，其部分生产流程如下：已知：过滤（
46、）所得滤液是MnSO4、ZnSO4、Fe2（SO4）3、Al2（SO4）3的混合液相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH（开始沉淀的pH按金属离子浓度为1.0molL1计算）如下表：沉淀物Fe（OH）3Al（OH）3Zn（OH）2Mn（OH）2开始沉淀时的pH2.74.06.47.7完全沉淀时的pH3.75.28.010.4（1）加热、浸取时所加矿石均需粉碎，其目的是加快反应（浸取）速率（2）写出FeS和MnO2和稀硫酸反应的离子方程式：2FeS+3MnO2+12H+=2Fe3+2S+3Mn2+6H2O（3）试剂X的作用是调节溶液的pH以生成Fe（OH）3、Al（OH）3pH调节的范围是5.26.
47、4，试剂X可以选用AC（填选项字母）AMnCO3 BNa2CO3 CZn2（OH）2CO3 DNH3H2O（4）电解（）中阳极的电极反应式为Mn2+2H2O2e=MnO2+4H+（5）Zn和MnO2是制作电池的原料某锌锰碱性电池以KOH溶液为电解质溶液，其电池总反应式为：Zn（s）+2MnO2（s）+H2O（l）=Zn（OH）2（s）+Mn2O3（s）该电池的正极的电极反应式为2MnO2（s）+H2O（l）+2e=Mn2O3（s）+2OH【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用【分析】用软锰矿（含MnO2及少量Al2O3）和闪锌矿（含ZnS及少量FeS）联合生产Zn、MnO2，加入稀硫酸
48、加热、浸取，过滤（）所得滤液是MnSO4、ZnSO4、Fe2（SO4）3、Al2（SO4）3的混合液，滤渣为S，加入试剂X加热，其作用是调节溶液的pH以生成Fe（OH）3、Al（OH）3pH调节的范围是5.26.4，过滤得到滤液含MnSO4、ZnSO4，加入硫酸后电解得到锌和二氧化锰，（1）矿石粉碎可以增大固体与溶液的接触面积；（2）FeS和MnO2和稀硫酸反应生成硫单质，硫酸锰、硫酸铁和水，（3）试剂X的作用是调节溶液的pH以生成Fe（OH）3、Al（OH）3结合图表数据分析，选择溶液PH能使铁离子、铝离子全部沉淀，锰离子不沉淀，加入试剂不能引入新的杂质；（4）电解（）中是电解硫酸锰溶液，阳
49、极上是锰离子失电子生成二氧化锰发生氧化反应；（5）根据电极反应式Zn（s）+2MnO2（s）+H2O（l）=Zn（OH）2（s）+Mn2O3（s），可知电池工作时，负极材料是Zn，发生氧化反应生成Zn（OH）2，正极材料为MnO2，发生还原反应，以此解答该题；【解答】解：（1）加热、浸取时所加矿石均需粉碎，其目的是：加快反应（浸取）速率，故答案：加快反应（浸取）速率；（2）FeS和MnO2和稀硫酸反应的离子方程式：2FeS+3MnO2+12H+=2Fe3+2S+3Mn2+6H2O，故答案为：2FeS+3MnO2+12H+=2Fe3+2S+3Mn2+6H2O；（3）试剂X的作用是调节溶液的pH以
50、生成Fe（OH）3、Al（OH）3结合图表数据分析，选择溶液PH能使铁离子、铝离子全部沉淀，锰离子不沉淀，图表中离子开始菜单和菜单完全的溶液PH得到，pH调节的范围是：5.26.4，加入试剂不能引入新的杂质，试剂X可以选择，AMnCO3 和酸反应且不引入新的杂质，故A正确；BNa2CO3 和酸反应但会引入新的杂质钠离子，故B错误；CZn2（OH）2CO3 和酸反应，不引入新的杂质，故C正确；DNH3H2O和酸反应，但会引入新的杂质铵根离子，故D错误；故答案为：5.26.4；AC；（4）电解ZnSO4、MnSO4溶液，根据溶液中离子的放电顺序，阳极反应：Mn2+2e+2H2OMnO2+4H+，F
51、e作阴极，阴极反应：Zn2+2eZn，故答案为：Mn2+2H2O2e=MnO2+4H+；（5）根据电极反应式Zn（s）+2MnO2（s）+H2O（l）=Zn（OH）2（s）+Mn2O3（s），可知电池工作时，负极材料是Zn，发生氧化反应生成Zn（OH）2，电极反应式为Zn2e+2OH=Zn（OH）2，正极材料为MnO2，发生还原反应，电极反应式为2MnO2（s）+H2O（l）+2e=Mn2O3（s）+2OH，电子从负极沿导线流向正极，故答案为：2MnO2（s）+H2O（l）+2e=Mn2O3（s）+2OH18FeCO3与砂糖混用可作补血剂以黄铁矿烧渣（含CuO、Fe2O3、FeO、SiO2、A
52、l2O3等）为主要原料制备FeCO3的流程如下：（1）质量分数为30%（密度是1.176gcm3）的稀硫酸的物质的量浓度为3.6molL1（2）检验滤液A中存在Fe2+的试剂是酸性KMnO4溶液（3）加入足量铁粉的作用除调节pH使Al3+转化为Al（OH）3沉淀外，还有两个作用，写出其中一个反应的离子方程式：Fe+2Fe3+=3Fe2+或Fe+Cu2+=Fe2+Cu（4）写出滤液C与NH4HCO3溶液反应的离子方程式：Fe2+2HCO3=FeCO3+CO2+H2O（5）FeCO3在空气中灼烧可制得铁系氧化物材料已知25，101kPa时：4Fe（s）+3O2（g）2Fe2O3H=1648kJmo
53、l1C（s）+O2（g）CO2（g）H=393kJmol12Fe（s）+2C（s）+3O2（g）2FeCO3（s）H=1480kJmol1写出FeCO3在空气中灼烧生成Fe2O3的热化学方程式：4FeCO3（s）+O2（g）2Fe2O3（s）+4CO2（g）H=260kJmol1（6）某兴趣小组为充分利用副产品，欲利用滤渣D为原料制取Al2O3，请补充完成实验步骤：向滤渣D中加入适量NaOH溶液，向滤液中通入足量CO2，过滤并洗涤沉淀，加热所得沉淀至恒重，即可得氧化铝【考点】制备实验方案的设计【分析】本题是利用黄铜矿烧渣（含CuO、Fe2O3、FeO、SiO2、Al2O3）为主要原料，用硫酸溶
54、解后，过滤除去SiO2，滤液用过量的铁粉置换出铜，并调节溶液pH得到Al（OH）3沉淀，通过过滤除去不溶物，得到的滤液主要是硫酸亚铁溶液，硫酸亚铁溶液中加入碳酸氢铵得到碳酸亚铁固体，同时生成二氧化碳和硫酸铵，（1）可假设硫酸溶液的体积为1L，结合公式c=计算硫酸的物质的量浓度；（2）检验溶液里有无Fe2+，可以用酸性高锰酸钾，亚铁离子能使高锰酸钾溶液褪色；（3）加入足量铁粉的作用除调节pH使Al3+转化为Al（OH）3沉淀，还可以置换溶液里的铜，也可以将Fe3+还原成Fe2+；（4）绿硫酸亚铁溶液中加入碳酸氢铵得到碳酸亚铁固体，同时生成二氧化碳和硫酸铵；（5）根据盖斯定律，将反应4Fe（s）+
55、3O2（g）2Fe2O3H=1648kJmol1；C（s）+O2（g）CO2（g）H=393kJmol1；2Fe（s）+2C（s）+3O2（g）2FeCO3（s）H=1480kJmol1中，将2+4可得反应4FeCO3（s）+O2（g）2Fe2O3（s）+4CO2（g），据此书写热化学方程式；（6）根据上面的分析可知，滤渣D含有铁、铜、氢氧化铝，利用氢氧化铝的两性可以分离，再将氢氧化铝加热分解可得氧化铝；【解答】解：（1）30%的硫酸溶液1L，溶液质量为1000mL1.176g/cm3=1176g，硫酸的物质的量浓度为 =3.6g/mol，故答案为：3.6molL1；（2）检验溶液里有无Fe2
56、+，可以用酸性高锰酸钾，亚铁离子能使高锰酸钾溶液褪色，故答案为：酸性KMnO4溶液；（3）铁粉的作用除调节溶液pH外，还能与Cu2+和Fe3+反应，发生反应的离子方程式为Fe+2Fe3+=3Fe2+、Fe+Cu2+=Fe2+Cu，故答案为：Fe+2Fe3+=3Fe2+或Fe+Cu2+=Fe2+Cu；（4）绿硫酸亚铁溶液中加入碳酸氢铵得到碳酸亚铁固体，同时生成二氧化碳和硫酸铵，反应的离子方程式为Fe2+2HCO3=FeCO3+CO2+H2O，故答案为：Fe2+2HCO3=FeCO3+CO2+H2O；（5）根据盖斯定律，将反应4Fe（s）+3O2（g）2Fe2O3H=1648kJmol1；C（s）
57、+O2（g）CO2（g）H=393kJmol1；2Fe（s）+2C（s）+3O2（g）2FeCO3（s）H=1480kJmol1中，将2+4可得热反应方程式为4FeCO3（s）+O2（g）2Fe2O3（s）+4CO2（g）H=260 kJmol1，故答案为：4FeCO3（s）+O2（g）2Fe2O3（s）+4CO2（g）H=260 kJmol1；（6）根据上面的分析可知，滤渣D含有铁、铜、氢氧化铝，在滤渣中加入适量的氢氧化钠，过滤，再向滤液中通入足量CO2，过滤并洗涤沉淀，加热所得沉淀至恒重，即可得氧化铝，故答案为：向滤液中通入足量CO2，过滤并洗涤沉淀，加热所得沉淀至恒重，即可得氧化铝19多
58、巴胺是一种重要的中枢神经传导物质用香兰素与硝基甲烷等为原料合成多巴胺的路线如下（1）下列说法正确的是ACA可用银镜反应鉴别香兰素和多巴胺B1mol香兰素与溴水发生取代反应时，最多消耗3mol Br2C有机物B分子中不含手性碳原子D多巴胺分子中最多有7个碳原子共平面（2）有机物C中的含氧官能团的名称为酚羟基和醚键（3）反应、的反应类型分别为加成反应、消去反应（4）写出同时满足下列条件的A的一种同分异构体的结构简式具有氨基酸的共同结构片段；能与FeCl3溶液发生显色反应；由6种不同化学环境的氢原子【考点】有机物的合成【分析】香兰素发生加成反应生成A，A发生反应生成M，M发生加成反应生成B，根据A、
59、B结构简式知，M结构简式为，B发生还原反应生成C，C发生取代反应生成多巴胺；（1）A香兰素中含有醛基、多巴胺中不含醛基；B香兰素中苯环上羟基邻位氢原子能和溴发生取代反应，醛基能和溴发生氧化反应；C有机物中连接四个不同的原子或原子团的碳原子为手性碳原子；D连接苯环的碳原子和苯环共平面；（2）有机物C中的含氧官能团的名称为醚键和酚羟基；（3）反应、的反应类型分别为加成反应、消去反应；（4）A的同分异构体符合下列条件；具有氨基酸的共同结构片段；能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；由6种不同化学环境的氢原子，说明含有6种氢原子【解答】解：香兰素发生加成反应生成A，A发生反应生成M，M发生加
60、成反应生成B，根据A、B结构简式知，M结构简式为，B发生还原反应生成C，C发生取代反应生成多巴胺；（1）A香兰素中含有醛基、多巴胺中不含醛基，所以可以用银氨溶液鉴别二者，故A正确；B香兰素中苯环上羟基邻位氢原子能和溴发生取代反应，醛基能和溴发生氧化反应，所以1mol香兰素与溴水发生取代反应时，最多消耗1mol Br2，故B错误；C有机物中连接四个不同的原子或原子团的碳原子为手性碳原子，则B中不含手性碳原子，故C正确；D连接苯环的碳原子和苯环共平面，多巴胺分子中最多有8个碳原子共平面，故D错误；故选AC；（2）有机物C中的含氧官能团的名称为醚键和酚羟基，故答案为：酚羟基和醚键；（3）反应、的反应
61、类型分别为加成反应、消去反应，故答案为：加成反应；消去反应；（4）A的同分异构体符合下列条件；具有氨基酸的共同结构片段；能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；由6种不同化学环境的氢原子，说明含有6种氢原子；则符合条件的同分异构体为，故答案为：20黄钠铁矾NaaFeb（SO4）c（OH）d具有沉淀颗粒大、沉淀速率快、容易过滤等特点某研究小组先将某废水中Fe2+氧化为Fe3+，再加入Na2SO4使其生成黄钠铁矾而除去铁为测定黄钠铁矾的组成，该小组进行了如下实验：称取12.125g样品，加盐酸完全溶解后，配成250.00mL溶液A量取25.00mL溶液A，加入足量的KI，再用0.2500m
62、olL1Na2S2O3溶液滴定生成的I2（反应原理为I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6），消耗30.00mL Na2S2O3溶液至终点另取50.00mL溶液A，加入足量BaCl2溶液充分反应后，过滤，将所得沉淀洗涤、干燥后，称得其质量为2.330g（1）NaaFeb（SO4）c（OH）d中a、b、c、d之间的代数关系式为a+3b=2c+d（2）通过计算确定黄钠铁矾的化学式（写出计算过程）【考点】化学方程式的有关计算【分析】（1）由题给信息，黄钠铁矾NaaFeb（SO4）c（OH）d元素化合价代数和为0来分析；（2）测定黄钠铁矾的原理是，加入碘化钾和黄钠铁矾中铁离子反应生成单质碘，
63、碘和硫代硫酸钠反应，通过消耗硫代硫酸钠的量来计算铁的量，加入足量氯化钡和硫酸根离子生成硫酸钡沉淀，通过硫酸钡沉淀来计算硫酸根离子的量，根据质量守恒和电荷守恒计算钠离子和氢氧根离子的量，根据各微量物质的量之比写出黄钠铁矾的化学式【解答】解：（1）由题给信息，将某废水中Fe2+氧化为Fe3+，再加入Na2SO4使其生成黄钠铁矾而除去，黄钠铁矾NaaFeb（SO4）c（OH）d中铁元素化合价为+3价，元素化合价代数和为0，a+3b2cd=0，得到a+3b=2c+d；故答案为：a+3b=2c+d；（2）由相关反应知：n（Fe3+）=2n（I2）=n（Na2S2O3）250 mL溶液A中：n（Fe3+）
64、=n（Na2S2O3）=0.2500 molL130.00 mL103LmL110=7.50102 mol n（SO42）=5=5.00102mol 根据质量守恒有：n（Na+）23 gmol1+n（OH）17 gmol1=12.125 g7.50102 mol56 gmol15.00102 mol96 gmol1根据电荷守恒有：n（Na+）+7.50102 mol3=5.00102 mol2+n（OH）解得：n（Na+）=0.025 mol n（OH）=0.150 mol a：b：c：d=n（Na+）：n（Fe3+）：n（SO24）：n（OH）=1：3：2：6黄钠铁矾的化学式为NaFe3（S
65、O4）2（OH）6答：黄钠铁矾的化学式为NaFe3（SO4）2（OH）621将不可再生的天然气、石油、煤等化石燃料转化利用、变废为宝已成为当务之急（1）根据键能数据估算CH4+4F2=CF4+4HF的反应热H=1940kJmol1化学键CHCFHFFF键能/（kJmol1）414489565155（2）甲醇、二甲醚（CH3OCH3）被称为21世纪的新型燃料，均可利用CO和H2反应合成某燃料电池以二甲醚为原料，熔融碳酸盐为电解质，其负极反应如下：CH3OCH3+6CO12e=8CO2+3H2O写出该燃料电池的正极反应式：O2+4e+2CO2=2CO32废水中含甲醇对水质会造成污染，Co3+可将甲
66、醇氧化为CO2某同学以Pt作电极电解酸性含甲醇废水与CoSO4混合液模拟工业除污原理，其阳极反应式为Co2+e=Co3+（3）某企业采用如图所示原理处理化石燃料开采、加工过程产生的H2S废气电解池中电极A、B均为惰性电极，其中A为电解池的B极；电极B所得到的物质X的分子式为H2反应池中发生的离子反应方程式为H2S+2Fe3+=2Fe2+S+2H+【考点】反应热和焓变【分析】（1）根据反应热能与反应物的总键能减生成物的总键能计算；（2）燃料电池中，正极上氧化剂得电子发生还原反应；电解池中阳极失电子发生氧化反应；（3）A极生成铁离子，B极生成气体，可知A为阳极，B为阴极；反应池中铁离子和硫化氢反应
67、生成硫，则铁离子被还原【解答】解：（1）在反应CH4（g）+4F2（g）=CF4（g）+4HF（g）中，H=（4414+4155）kJmol1（4489+4565）kJmol1=1940 kJmol1，故答案为：1940 kJmol1；（2）燃料电池中，正极上氧化剂氧气得电子和二氧化碳发生还原反应生成碳酸根离子，电极反应式为O2+4e+2CO2=2CO32，故答案为：O2+4e+2CO2=2CO32； 通电后，将Co2+氧化成Co3+，电解池中阳极失电子发生氧化反应，电极反应为Co2+e=Co3+，故答案为：Co2+e=Co3+；（3）A极生成铁离子，B极生成气体，可知A为阳极，B为阴极，B极
68、生成气体为氢气，故答案为：阳； H2；反应池中铁离子和硫化氢反应生成硫，则铁离子被还原，离子方程式为H2S+2Fe3+=2Fe2+S+2H+，故答案为：H2S+2Fe3+=2Fe2+S+2H+22A、B、C、D、E、F六种元素均位于周期表的前四周期，且原子序数依次增大元素A是原子半径最小的元素；B元素基态原子的核外电子分占四个原子轨道（能级）；D元素原子的已成对电子总数是未成对电子总数的3倍；E与D处于同一主族；F位于ds区，且原子的最外层只有1个电子（1）F+离子的电子排布式是1s22s22p63s23p63d10或Ar3d10（2）B、C、D元素的第一电离能由大到小的顺序是NOC（3）B、
69、C元素的某些氢化物的分子中均含有18个电子，则B的这种氢化物的化学式是C2H6；B、C的这些氢化物的沸点相差较大的主要原因是氮的氢化物（N2H4）分子间存在氢键（4）A、B、D可形成分子式为A2BD的某化合物，则该化合物分子中B原子的轨道杂化类型是sp2；1mol该分子中含有键的数目是1mol（5）C、F两元素形成的某化合物的晶胞结构如图所示，则该化合物的化学式是Cu3N，C原子的配位数是6【考点】晶胞的计算；原子核外电子排布；原子结构与元素周期律的关系【分析】A、B、C、D、E、F六种元素均位于周期表的前四周期，且原子序数依次增大；元素A是原子半径最小的元素，则A是H元素；B元素基态原子的核
70、外电子分占四个原子轨道（能级），则B为C元素；D元素原子的已成对电子总数是未成对电子总数的3倍，则D是O元素，C元素原子序数大于B而小于D，则C是N元素；E与D处于同一主族，则E是S元素；F位于ds区，且原子的最外层只有1个电子，则F为Cu元素；（1）Cu+是Cu原子失去最外层电子得到的离子，其离子核外有28个电子，根据构造原理书写亚铜离子核外电子排布式；（2）B、C、D分别是C、N、O元素，且位于同一周期，同一周期元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素；（3）C、N元素的某些氢化物的分子中均含有18个电子，则B的这种氢化物为乙烷；含有氢
71、键的氢化物熔沸点较高；（4）H、C、O可形成分子式为H2CO的某化合物，为HCHO，该分子中C原子价层电子对个数是3且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断C原子杂化方式；一个甲醛分子中含有1个键；（5）N、Cu两元素形成的某化合物的晶胞结构如图所示，利用均摊分计算该晶胞中N、Cu原子个数，从而确定其化学式；该晶胞中N原子配位数为6【解答】解：A、B、C、D、E、F六种元素均位于周期表的前四周期，且原子序数依次增大；元素A是原子半径最小的元素，则A是H元素；B元素基态原子的核外电子分占四个原子轨道（能级），则B为C元素；D元素原子的已成对电子总数是未成对电子总数的3倍，则D是O元素，C元素原
72、子序数大于B而小于D，则C是N元素；E与D处于同一主族，则E是S元素；F位于ds区，且原子的最外层只有1个电子，则F为Cu元素；（1）Cu+是Cu原子失去最外层电子得到的离子，其离子核外有28个电子，根据构造原理书写亚铜离子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d10或Ar3d10，故答案为：1s22s22p63s23p63d10或Ar3d10；（2）B、C、D分别是C、N、O元素，且位于同一周期，同一周期元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，所以这三种元素第一电离能大小顺序是NOC，故答案为：NOC；（3）C、N元素的某些氢
73、化物的分子中均含有18个电子，则B的这种氢化物为C2H6；含有氢键的氢化物熔沸点较高，氮的氢化物中含有氢键而碳的氢化物中不含氢键，所以氮的氢化物熔沸点较高，故答案为：C2H6；氮的氢化物（N2H4）分子间存在氢键；（4）H、C、O可形成分子式为H2CO的某化合物，为HCHO，该分子中C原子价层电子对个数是3且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断C原子杂化方式为sp2；一个甲醛分子中含有1个键，则1mol甲醛中含有1mol键，故答案为：sp2；1mol；（5）N、Cu两元素形成的某化合物的晶胞结构如图所示，该晶胞中Cu原子个数=12=3、N原子个数=8=1，所以其化学式为Cu3N；该晶胞中N原子配位数为6，故答案为：Cu3N；62017年1月8日