1、2014-2015学年江苏省南通市启东中学高三（上）第一次月考化学试卷一单项选择题：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化学与人类生活、社会可持续发展密切相关下列说法不正确的是( )A合理开发利用可燃冰（固态甲烷水合物）有助于缓解能源紧缺的状况B大量使用化肥和农药，以提高农作物产量C含磷化合物的排放是“水华”和“赤潮”产生的原因D安装煤炭“固硫”装置，降低酸雨发生率2下列有关化学用语表示正确的是( )A对硝基甲苯的结构简式：B氯化铵的电子式：C中子数为16的硫原子： SD乙炔的最简式：CH3在下列各溶液中，离子一定能大量共存的是( )ApH=11的溶液中：CO3
2、2、Na+、AlO2、NO3B含有0.1molL1Fe3+的溶液中：K+、Mg2+、I、NO3C无色溶液中：K+、Na+、MnO4、SO42D室温下，pH=1的溶液中：Na+、Fe2+、NO3、SO424下列有关物质的性质与应用相对应的是( )A二氧化锰具有强氧化性，可用作H2O2分解的氧化剂BK2FeO4具有还原性，可用于自来水的杀菌消毒C浓硝酸在常温下能使铝钝化，可用铝槽车运输浓硝酸DSO2具有漂白性，能使紫色KMnO4溶液褪色5下列有关实验装置进行的相应实验，不能达到实验目的是( )A用图1所示装置除去Cl2中含有的少量HClB用图2所示装置蒸发KCl溶液制备无水KClC用图3所示装置可
3、以完成“喷泉”实验D用图4所示装置制取、收集干燥纯净的NH36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，2.24 L 水中所含的电子数为NAB常温常压下，16 g O3所含的电子数为8NAC0.1 mol Na2O2 晶体中所含的离子数为0.4NAD1 mol Fe在氧气中充分燃烧失去的电子数为3NA7下列指定反应的离子方程式正确的是( )A氯化铝溶液中加入过量的氨水：Al3+4 NH3H2O=AlO2+4 NH4+B稀硝酸中加入过量铁粉：Fe+4H+NO3=Fe3+NO+2H2OC二氧化锰与浓盐酸混合加热：MnO2+4H+2ClMn2+Cl2+2H2OD石灰水中加入过量
4、小苏打溶液：HCO3+Ca2+OH=CaCO3+H2O8下列物质的转化在给定条件下能实现的是( )FeFe2O3Fe2（SO4）3SiO2Na2SiO3H2SiO3AlCl3AlNaAlO2NaNa2ONaOHSO2H2SO3H2SO4ABCD9实验室可用NaNO2+NH4ClNaCl+N2+2H2O制备N2，下列说法正确的是( )ANaNO2发生氧化反应BNH4Cl中的氮元素被还原CN2既是氧化产物，又是还原产物D每生成1mol N2转移电子的物质的量为6mol10短周期主族元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大，其中只有C是金属元素，B是地壳中含量最多的元素，A元素常见化合价为+1和1；
5、A与C的最外层电子数相同，C、D两元素原子的电子数之和为A、B两种元素原子的电子数之和的3倍下列叙述正确的是( )A元素的原子半径：ABCDEB对应氢化物的热稳定性：DECB与C、B与D形成的化合物中化学键类型相同D五种元素中最高价氧化物对应的水化物酸性最强的是E二、不定项选择题：本题包括5小题，每小题4分，共计20分每小题只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，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反应NH3（g）+HCl（g）=NH4Cl（s）在室温下可自发进行，
6、则该反应的H0B高温下，工业上用纯碱和石英砂制玻璃，说明硅酸的酸性强于碳酸C加热蒸干氯化铝溶液并灼烧残留物至质量不变，所得固体为氧化铝D高温下，用金属钠与氯化钾可以置换出金属钾，说明钠的金属性比钾强12某有机物X的结构简式如图所示，则下列有关说法中正确的是( )AX的分子式为C12H16O3BX在一定条件下能发生加成、加聚、取代、消去等反应C在Ni作催化剂的条件下，1mol X最多只能与1mol H2加成D可用酸性高锰酸钾溶液区分苯和X13下列实验现象预测正确的是( )A实验：振荡后静置，上层溶液颜色保持不变B实验：酸性KMnO4溶液中出现气泡，且颜色逐渐褪去C实验：微热稀HNO3片刻，溶液中
7、有气泡产生，广口瓶内始终保持无色D实验：继续煮沸溶液至红褐色，停止加热，当光束通过体系时可产生丁达尔效应14常温下，对pH=10的NaHCO3溶液中，各微粒的物质的量浓度分析正确的是( )Ac（CO32）c（H2CO3）Bc（Na+）c（HCO3）c（OH）c（H+）Cc（Na+）+c（H+）=c（HCO3）+c（CO32）+c（OH）Dc（Na+）=c（HCO3）+c（CO32）15一定条件下存在反应：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g），H0现有三个体积相同的密闭容器、，按如图所示投料，并在400条件下开始反应达到平衡时，下列说法正确的是( )A容器、中平衡常数相同B容器、中正反应速率
8、相同CSO3的体积分数：D容器中SO2的转化率与容器中SO3的转化率之和小于1三、填空题（共6小题，满分80分）16为探索工业废料的再利用，某化学兴趣小组设计了如图1实验流程，用含有铝、铁和铜的合金废料制取氯化铝、绿矾晶体（FeSO47H2O）和胆矾晶体请回答：（1）写出步骤反应的离子方程式：_（2）试剂X是_步骤、中均需进行的实验操作是_（3）进行步骤时，该小组用如图2所示装置及试剂制取CO2并将制得的气体通入溶液A中一段时间后，观察到烧杯中产生的白色沉淀会逐渐减少为了避免固体C减少，可采取的改进措施是_（4）用固体F制备CuSO4溶液，可设计如图3三种途径：写出途径中反应的离子方程式_，请
9、选出你认为的最佳途径并说明选择的理由_17（14分）工业上用闪锌矿（主要成分为ZnS，还含有CdS、Fe2O3等杂质）为原料生产ZnSO47H2O的工艺流程如下：（己知Cd的金属活动性介于Zn和Fe之间）（1）从滤渣A中可获得一种淡黄色非金属单质的副产品，其化学式为_（2）浸取过程中Fe2（SO4）3的作用是_，浸取时Fe2（SO4）3与ZnS发生反应的化学方程式为_（3）除铁过程控制溶液的pH在5.4左右，该反应的离子方程式为_该过程在空气入口处设计了一个类似淋浴喷头的装置，其目的是_（4）置换法除重金属离子是Cd2+，所用物质C为_（5）硫酸锌的溶解度与温度之间的关系如下表：温度/0204
10、06080100溶解度/g41.854.170.474.867.260.5从除重金属后的硫酸锌溶液中获得硫酸锌晶体的实验操作为_、_、过滤、干燥18钾水玻璃以其优异的性能广泛用于防腐、铸造、油田、钻井或各种高档涂料中钾水玻璃中硅含量的测定可以采用氟硅酸钾容量法，其步骤为：称取试样溶解在含有过量的氟离子和钾离子的强酸溶液中，硅能与氟离子、钾离子作用生成氟硅酸钾（K2SiF6）沉淀；沉淀分离后于热水中水解，生成HF、H2SiO3、KF；过滤除去硅酸沉淀，用氢氧化钠标准溶液滴定滤液（1）上述步骤中的水解反应方程式为_；步骤中反应的离子方程式为：_（2）在步骤中，若滴定前未用氢氧化钠标准溶液润洗滴定管
11、，则测得的硅元素含量将_（填“偏高”、或“偏低”或“不变”）（3）若每次称取试样的质量为1.00g，重复滴定四次，消耗1.00molL1氢氧化钠标准溶液的体积为分别为16.80mL、19.90mL、20.00mL、20.10mL，试计算该试样中硅元素的质量分数（以二氧化硅计），写出计算过程19（16分）ClO2在常温下是一种黄绿色有刺激性气味的气体，其熔点为59，沸点为11.0，易溶于水工业上用稍潮湿的KClO3和草酸（H2C2O4）在60时反应制得某学生拟用图1所示装置模拟工业制取并收集ClO2（1）A装置电动搅拌棒的作用是_A装置必须添加温度控制装置，除酒精灯外，还需要的玻璃仪器有烧杯、_
12、（2）B装置必须放在冰水浴中，其原因是_（3）反应后在装置C中可得NaClO2溶液已知（1）NaClO2饱和溶液在温度低于38时析出晶体是NaClO23H2O，在温度高于38时析出晶体是NaClO2，温度高于60时NaClO2分解生成NaClO3和NaCl；（2）NaClO2的溶解度曲线如图2所示，请补充从NaClO2溶液中制得NaClO2晶体的操作步骤：减压，55蒸发结晶；_；_；低于60干燥；得到成品（4）ClO2很不稳定，需随用随制，产物用水吸收得到ClO2溶液为测定所得溶液中ClO2的含量，进行了下列实验：步骤1：准确量取ClO2溶液10.00mL，稀释成100.00mL试样；量取V1
13、 mL试样加入到锥形瓶中；步骤2：用稀硫酸调节试样的pH2.0，加入足量的KI晶体，静置片刻；步骤3：加入指示剂，用c molL1 Na2S2O3溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液V2 mL（已知2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI）配制100mL c molL1 Na2S2O3标准溶液时，用到的玻璃仪器除烧杯、量筒、玻璃棒外还有：_滴定过程中进行三次平行测定的原因是_若滴定前滴定管尖嘴中有气泡，滴定后气泡消失，则测定结果_（填“偏高”、“偏低”或“不变”）20（14分）工业上通常用下列方法治理含氮化合物的污染（1）用稀土等催化剂能将汽车尾气中的CO、NOx、碳氢化合物转化成无
14、毒物质，从而减少汽车尾气污染已知：N2（g）+O2（g）=2NO（g）H=+180.5kJ/mol2C（s）+O2（g）=2CO（g）H=221.0kJ/molC（s）+O2（g）=CO2（g）H=393.5kJ/mol写出NO（g）与CO（g）催化转化成N2（g）和CO2（g）的热化学方程式_（2）用NH3还原NOx生成N2和H2O现有NO、NO2的混合气3L，可用同温同压下3.5L的NH3恰好使其完全转化为N2，则原混合气体中NO和NO2的物质的量之比为_（3）电化学降解治理水中硝酸盐污染在酸性条件下，电化学降解NO的原理如图1，A为电源的_极，阴极反应式为_（4）通过控制溶液的pH对工业
15、废水中的金属离子进行分离图2是某些金属氢氧化物在不同浓度和pH时的沉淀溶解图象，图中直线上的点表示平衡状态当溶液中的离子浓度小于1105 molL1时，认为该离子沉淀完全相同条件下，Fe（OH）3、Al（OH）3、Cr（OH）3三种物质的溶度积常数最大的是_，图中A、B、C三点中表示Fe（OH）3的沉淀速率大于溶解速率的是_由图可得Fe（OH）2的溶度积的值为_21合成氨工艺的一个重要工序是铜洗，其目的是用铜液醋酸二氨合铜（I）、氨水吸收在生产过程中产生的CO和CO2等气体铜液吸收CO的反应是放热反应，其反应方程式为：Cu（NH3）2Ac+CO+NH3Cu（NH3）3COAc完成下列填空：（1
16、）如果要提高上述反应的反应速率，可以采取的措施是_（选填编号）a减压 b增加NH3的浓度 c升温 d及时移走产物（2）铜液中的氨可吸收二氧化碳，写出该反应的化学方程式_（3）铜液的组成元素中，短周期元素原子半径从大到小的排列顺序为_其中氮元素原子最外层电子排布的轨道表达式是_通过比较_可判断氮、磷两种非金属元素的非金属性强弱（4）已知CS2与CO2分子结构相似，CS2的电子式是_CS2熔点高于CO2，其原因是_2014-2015学年江苏省南通市启东中学高三（上）第一次月考化学试卷一单项选择题：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化学与人类生活、社会可持续发展密切
17、相关下列说法不正确的是( )A合理开发利用可燃冰（固态甲烷水合物）有助于缓解能源紧缺的状况B大量使用化肥和农药，以提高农作物产量C含磷化合物的排放是“水华”和“赤潮”产生的原因D安装煤炭“固硫”装置，降低酸雨发生率【考点】三废处理与环境保护 【专题】化学计算【分析】A可燃冰可以用作燃料；B根据农药有毒，要合理使用分析；C因磷能使水生植物大量繁殖，则含磷洗涤剂的广泛使用与排放是发生赤潮的主要原因之一；D、根据安装煤炭“固硫”装置，降低酸雨发生进行解答【解答】解：A可燃冰可以用作燃料，故合理开发利用可燃冰有助于缓解能源紧缺的状况，故A正确B、农药有毒，农药使用过多对人体有害，故B错误；C因磷能使水
18、生植物大量繁殖，则含磷洗涤剂的广泛使用与排放是发生赤潮的主要原因之一，故C正确；D、安装煤炭“固硫”装置，可以减少二氧化硫的排放，降低酸雨发生率，故D正确；故选B【点评】本题考查了化学与生产、生活联系密切的有关知识，突出了化学的实用性，平时要注意积累2下列有关化学用语表示正确的是( )A对硝基甲苯的结构简式：B氯化铵的电子式：C中子数为16的硫原子： SD乙炔的最简式：CH【考点】电子式、化学式或化学符号及名称的综合 【专题】化学用语专题【分析】A硝基的书写错误，硝基写在苯环左边应该表示为：O2N；B氯化铵的电子式中没有标出铵根离子中的各原子的最外层电子；C元素符号的左上角表示质量数、左下角表
19、示质子数，质量数和质子数的位置表示错误；D最简式为分子式的最简组成之比，根据乙炔的分子式写出其最简式【解答】解：A硝基写在苯环左边应该表示为：O2N，对硝基甲苯的结构简式为：，故A错误；B氯化铵为离子化合物，铵根离子为复杂阴离子，需要标出各原子的最外层电子及离子所带电荷，氯化铵正确的电子式为：，故B错误；C硫元素的质子数为16，中子数为16的硫原子的质量数为32，该原子正确的表示方法为：1632S，故C错误；D乙炔的分子式为C2H2，则乙炔的最简式为CH，故D正确；故选D【点评】本题考查了常见化学用语的概念及判断，题目难度中等，注意掌握电子式、结构简式、元素符号、最简式的书写原则，注意分子式与
20、最简式、结构简式、结构式的区别3在下列各溶液中，离子一定能大量共存的是( )ApH=11的溶液中：CO32、Na+、AlO2、NO3B含有0.1molL1Fe3+的溶液中：K+、Mg2+、I、NO3C无色溶液中：K+、Na+、MnO4、SO42D室温下，pH=1的溶液中：Na+、Fe2+、NO3、SO42【考点】离子共存问题 【专题】离子反应专题【分析】ApH=11的溶液，溶液显碱性；B离子之间发生氧化还原反应；CMnO4为紫色；DpH=1的溶液，溶液显酸性，离子之间发生氧化还原反应【解答】解：ApH=11的溶液，溶液显碱性，该组离子之间不反应，能大量共存，故A正确；BFe3+、I离子之间发生
21、氧化还原反应，不能共存，故B错误；CMnO4为紫色，与无色不符，故C错误；DpH=1的溶液，溶液显酸性，H+、Fe2+、NO3离子之间发生氧化还原反应，不能共存，故D错误；故选A【点评】本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应的离子共存考查，题目难度不大4下列有关物质的性质与应用相对应的是( )A二氧化锰具有强氧化性，可用作H2O2分解的氧化剂BK2FeO4具有还原性，可用于自来水的杀菌消毒C浓硝酸在常温下能使铝钝化，可用铝槽车运输浓硝酸DSO2具有漂白性，能使紫色KMnO4溶液褪色【考点】氧化还原反应；硝酸的化学性质；二氧
22、化硫的化学性质 【专题】氧化还原反应专题；元素及其化合物【分析】A反应中二氧化锰作催化剂；BK2FeO4中Fe为+6价，具有强氧化性；C浓硝酸具有强氧化性，能使铝钝化；D二氧化硫与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应【解答】解：A在双氧水的分解反应中二氧化锰作催化剂，故A错误；BK2FeO4中Fe为+6价，具有强氧化性，可用于自来水的杀菌消毒，故B错误；C浓硝酸具有强氧化性，能使铝钝化，则可用铝槽车运输浓硝酸，故C正确；D二氧化硫均有具有还原性，二氧化硫能与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，则使紫色KMnO4溶液褪色与SO2的漂白性无关，故D错误；故选C【点评】本题考查氧化还原反应，明确反应中元素的化合价
23、变化是解答本题的关键，注意利用元素的价态分析其性质，题目难度不大5下列有关实验装置进行的相应实验，不能达到实验目的是( )A用图1所示装置除去Cl2中含有的少量HClB用图2所示装置蒸发KCl溶液制备无水KClC用图3所示装置可以完成“喷泉”实验D用图4所示装置制取、收集干燥纯净的NH3【考点】化学实验方案的评价；气体的净化和干燥；氨的制取和性质 【专题】实验评价题【分析】A氯气难溶于饱和食盐水，不能被饱和氯化钠溶液吸收；BKCl难挥发；C氯气与NaOH溶液反应，可形成喷泉；D氨气密度比空气小，应用向下排空法收集【解答】解：A氯气难溶于饱和食盐水，用图1所示装置除去Cl2中含有的少量HCl，故
24、A正确；BKCl难挥发，水易挥发，可用蒸发分离，故B正确；C氯气与NaOH溶液反应，导致圆底烧瓶内压强减小，可形成喷泉，故C正确；D氨气密度比空气小，应用向下排空法收集，故D错误故选D【点评】本题考查实验方案的评价，侧重于物质的分离、制备以及收集，题目难度不大，注意相关物质的性质的把握6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，2.24 L 水中所含的电子数为NAB常温常压下，16 g O3所含的电子数为8NAC0.1 mol Na2O2 晶体中所含的离子数为0.4NAD1 mol Fe在氧气中充分燃烧失去的电子数为3NA【考点】阿伏加德罗常数 【专题】阿伏加德罗常数和阿
25、伏加德罗定律【分析】A、标况下水为液态；B、根据n=并结合 O3的电子个数来计算；C、Na2O2 中含2个Na+和1个O22；D、Fe在氧气中燃烧生成Fe3O4【解答】解：A、标况下水为液态，故A错误；B、根据n=可知O3的物质的量n=mol，而1molO3中含24mol电子，故molO3中含8mol电子，即8NA个，故B正确；C、Na2O2 中含2个Na+和1个O22，故0.1 mol Na2O2 晶体中所含0.2molNa+和0.1molO22，即离子的物质的量为0.3mol，即个数为0.3NA，故C错误；D、Fe在氧气中燃烧生成Fe3O4，而Fe3O4中Fe元素的价态为+价，故1 mol
26、 Fe在氧气中充分燃烧失去的电子数为NA，故D错误故选B【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是关键，难度不大7下列指定反应的离子方程式正确的是( )A氯化铝溶液中加入过量的氨水：Al3+4 NH3H2O=AlO2+4 NH4+B稀硝酸中加入过量铁粉：Fe+4H+NO3=Fe3+NO+2H2OC二氧化锰与浓盐酸混合加热：MnO2+4H+2ClMn2+Cl2+2H2OD石灰水中加入过量小苏打溶液：HCO3+Ca2+OH=CaCO3+H2O【考点】离子方程式的书写 【专题】离子反应专题【分析】A氨水为弱碱，不会溶解氢氧化铝，氯化铝与氨水反应生成氢氧化铝沉淀；B铁
27、粉过量，反应生成亚铁离子，不会生成铁离子；C二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应生成氯化锰、氯气和水，氯化氢需要拆开；D小苏打为碳酸氢钠，碳酸氢钠过量，离子方程式按照氢氧化钙的组成书写【解答】解：A氯化铝溶液中加入过量的氨水，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A错误；B稀硝酸中加入过量铁粉，反应生成亚铁离子，正确的离子方程式为：3Fe+8H+2NO3=3Fe2+2NO+4H2O，故B错误；C二氧化锰与浓盐酸混合加热，反应生成氯化锰、氯气和水，反应的离子方程式为：MnO2+4H+2ClMn2+Cl2+2H2O，故C正确；D碳酸氢钠过量，离
28、子方程式按照氢氧化钙的组成书写，碳酸根离子有剩余，正确的离子方程式为：Ca2+2HCO3+2OHCaCO3+2H2O+CO32，故D错误；故选C【点评】本题考查了离子方程式的正误判断，为中等难度的试题，注意掌握离子方程式的书写原则，明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合守恒关系（如：质量守恒和电荷守恒等）、检查是否符合原化学方程式等8下列物质的转化在给定条件下能实现的是( )FeFe2O3Fe2（SO4）3SiO2Na2SiO3H2SiO3AlCl3AlNaAlO2NaNa2ONaOHSO2H2SO3
29、H2SO4ABCD【考点】铁的化学性质；二氧化硫的化学性质；硅和二氧化硅；钠的化学性质；镁、铝的重要化合物 【专题】元素及其化合物【分析】Fe与氧气反应生成四氧化三铁；二氧化硅为酸性氧化物，与碱反应生成盐和水，硅酸盐与酸发生强酸制取弱酸的反应；氯化铝为共价化合物，不能电解生成Al；钠燃烧生成过氧化钠；二氧化硫与水生成亚硫酸，再被氧化生成硫酸【解答】解：Fe与氧气反应生成四氧化三铁，则FeFe2O3不能转化，故不选；二氧化硅为酸性氧化物，与碱反应生成盐和水，硅酸盐与酸发生强酸制取弱酸的反应，则SiO2Na2SiO3H2SiO3可转化，故选；氯化铝为共价化合物，不能电解生成Al，则AlCl3Al不
30、能转化，故不选；钠燃烧生成过氧化钠，则NaNa2O不能转化，故不选；二氧化硫与水生成亚硫酸，再被氧化生成硫酸，则SO2H2SO3H2SO4可转化，故选；故选C【点评】本题考查物质的性质，综合考查元素化合物知识，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应为解答的关键，注意不能电解氯化铝制备Al，题目难度不大9实验室可用NaNO2+NH4ClNaCl+N2+2H2O制备N2，下列说法正确的是( )ANaNO2发生氧化反应BNH4Cl中的氮元素被还原CN2既是氧化产物，又是还原产物D每生成1mol N2转移电子的物质的量为6mol【考点】氧化还原反应 【专题】氧化还原反应专题【分析】NaNO2+NH4C
31、lNaCl+N2+2H2O中，N元素的化合价由3价升高为0，N元素的化合价由+3价降低为0，以此来解答【解答】解：NaNO2+NH4ClNaCl+N2+2H2O中，N元素的化合价由3价升高为0，N元素的化合价由+3价降低为0，ANaNO2发生还原反应，故A错误；BNH4Cl中的氮元素被氧化，故B错误；C反应中只有N元素的化合价变化，N2既是氧化产物，又是还原产物，故C正确；D生成1molN2转移电子的物质的量为1mol（30）=3mol，故D错误；故选C【点评】本题考查氧化还原反应，明确反应中元素的化合价变化是解答的关键，题目较简单10短周期主族元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大，其中只
32、有C是金属元素，B是地壳中含量最多的元素，A元素常见化合价为+1和1；A与C的最外层电子数相同，C、D两元素原子的电子数之和为A、B两种元素原子的电子数之和的3倍下列叙述正确的是( )A元素的原子半径：ABCDEB对应氢化物的热稳定性：DECB与C、B与D形成的化合物中化学键类型相同D五种元素中最高价氧化物对应的水化物酸性最强的是E【考点】原子结构与元素周期律的关系 【专题】元素周期律与元素周期表专题【分析】短周期主族元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大，B是地壳中含量最多的元素，则B为O元素；A元素常见化合价为+1和1，原子序数小于氧，则A为H元素；A与C的最外层电子数相同，则处于第A族
33、，C是金属元素，原子序数大于氧元素，则C为Na元素；C、D两元素原子的电子数之和为A、B两种元素原子的电子数之和的3倍，则D的核外电子数为3（1+8）11=16，则D为硫元素；E的原子序数最大，为主族元素，则E为Cl元素，据此解答【解答】解：短周期主族元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大，B是地壳中含量最多的元素，则B为O元素；A元素常见化合价为+1和1，原子序数小于氧，则A为H元素；A与C的最外层电子数相同，则处于第A族，C是金属元素，原子序数大于氧元素，则C为Na元素；C、D两元素原子的电子数之和为A、B两种元素原子的电子数之和的3倍，则D的核外电子数为3（1+8）11=16，则D为硫
34、元素；E的原子序数最大，为主族元素，则E为Cl元素，A同周期自左而右原子半径减小，电子层越多原子半径越大，则原子半径：HOClSNa，即ABEDC，故A错误；B非金属性SCl，非金属性越强，氢化物越稳定，故对应氢化物的热稳定性：DE，故B错误；CB与C形成Na2O、Na2O2，氧化钠含有离子键，过氧化钠含有离子键、共价键，B与D形成SO3、SO2，只含有共价键，故C错误；D非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，故HClO4的酸性最强，故D正确；故选D【点评】本题考查结构性质位置关系，难度不大，推断元素是解题的关键，注意掌握微粒半径、氢化物稳定性、最高价含氧酸的酸性比较规律二、不定项选择题：本题
35、包括5小题，每小题4分，共计20分每小题只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，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反应NH3（g）+HCl（g）=NH4Cl（s）在室温下可自发进行，则该反应的H0B高温下，工业上用纯碱和石英砂制玻璃，说明硅酸的酸性强于碳酸C加热蒸干氯化铝溶液并灼烧残留物至质量不变，所得固体为氧化铝D高温下，用金属钠与氯化钾可以置换出金属钾，说明钠的金属性比钾强【考点】反应热和焓变；金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律；盐类水解的应用；含硅矿
36、物及材料的应用 【分析】A、HTS0的反应能够自发进行；B、纯碱和石英砂制玻璃，利用难挥发性酸酐制备易挥发性酸酐，碳酸酸性大于硅酸；C、氯化铝溶液中水解生成氢氧化铝和氯化氢，加热蒸干氯化铝溶液并灼烧，氯化氢挥发得到水解产物氢氧化铝灼烧得到氧化铝；D、高温下，用金属钠与氯化钾可以置换出金属钾，利用的是钾的沸点低于钠，反应过程中生成钾挥发平衡正向进行【解答】解：A、反应自发进行的判断依据是HTS0，据此分析，NH3（g）+HCl（g）=NH4Cl（s）在室温下可自发进行，HTS0，反应过程是熵变减小的反应，S0，则该反应的H0，故A正确；B、纯碱和石英砂制玻璃，SiO2+Na2CO3Na2SiO3
37、+CO2，利用难挥发性酸酐制备易挥发性酸酐，实际碳酸酸性大于硅酸，故B错误；C、氯化铝溶液中水解生成氢氧化铝和氯化氢，加热蒸干氯化铝溶液并灼烧，氯化氢挥发得到水解产物氢氧化铝灼烧得到氧化铝，故C正确；D、高温下，用金属钠与氯化钾可以置换出金属钾，利用的是钾的沸点低于钠，反应过程中生成钾挥发平衡正向进行，实际钾比钠活泼，故D错误；故选AC【点评】本题考查了反应自发进行的判断，盐类水解分析应用，掌握物质性质、化学反应原理是解题关键，题目难度中等12某有机物X的结构简式如图所示，则下列有关说法中正确的是( )AX的分子式为C12H16O3BX在一定条件下能发生加成、加聚、取代、消去等反应C在Ni作催
38、化剂的条件下，1mol X最多只能与1mol H2加成D可用酸性高锰酸钾溶液区分苯和X【考点】有机物的结构和性质 【专题】有机物的化学性质及推断【分析】有机物含有酯基，可发生水解，含有碳碳双键，可发生加成、加聚和氧化反应，含有羟基，可发生取代、氧化反应，以此解答该题【解答】解：A由有机物结构简式可知有机物分子式为C12H14O3，故A错误；B能发生消去反应的羟基，但羟基邻位碳原子不含氢原子，则不能发生消去反应，故B错误；C能与氢气发生加成反应的为苯环和碳碳双键，则1mol X最多只能与4mol H2加成，故C错误；DX含有碳碳双键，可与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，可用于区别苯，故D正确故选D
39、【点评】本题考查有机物的结构和性质，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握有机物的结构特点和官能团的性质，为解答该题的关键，难度不大13下列实验现象预测正确的是( )A实验：振荡后静置，上层溶液颜色保持不变B实验：酸性KMnO4溶液中出现气泡，且颜色逐渐褪去C实验：微热稀HNO3片刻，溶液中有气泡产生，广口瓶内始终保持无色D实验：继续煮沸溶液至红褐色，停止加热，当光束通过体系时可产生丁达尔效应【考点】化学实验方案的评价；胶体的重要性质；硝酸的化学性质；浓硫酸的性质实验 【专题】压轴题；实验评价题【分析】A溴和NaOH反应，苯不溶于水，且密度比水小；B浓硫酸和蔗糖反应生成二氧化碳和
40、二氧化硫气体；C生成NO，根据NO的性质判断；D在沸水中滴加饱和氯化铁溶液可生成氢氧化铁胶体【解答】解：A溴和NaOH反应生成NaBr和NaBrO，苯不溶于水，且密度比水小，所以上层无色，故A错误；B浓硫酸和蔗糖反应生成二氧化碳和二氧化硫气体，二氧化硫与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，二氧化碳不反应，故B正确；C生成NO，NO易与空气中氧气反应生成二氧化氮，为红棕色，故C错误；D在沸水中滴加饱和氯化铁溶液可生成氢氧化铁胶体，当光束通过体系时可产生丁达尔效应，故D正确故选BD【点评】本题考查化学实验基本操作，题目难度中等，解答本题的关键是把握相关物质的性质，学习中注意积累14常温下，对pH=10的
41、NaHCO3溶液中，各微粒的物质的量浓度分析正确的是( )Ac（CO32）c（H2CO3）Bc（Na+）c（HCO3）c（OH）c（H+）Cc（Na+）+c（H+）=c（HCO3）+c（CO32）+c（OH）Dc（Na+）=c（HCO3）+c（CO32）【考点】离子浓度大小的比较 【专题】盐类的水解专题【分析】常温下，NaHCO3溶液pH=10，说明溶液中HCO3水解程度大于电离程度导致溶液呈碱性，但其电离程度或水解程度大小都较小，据此分析解答【解答】解：A常温下，NaHCO3溶液pH=10，说明溶液中HCO3水解程度大于电离程度导致溶液呈碱性，则c（CO32）c（H2CO3），故A错误；BH
42、CO3水解导致溶液呈碱性，则c（OH）c（H+），钠离子不水解，所以存在c（Na+）c（HCO3），则溶液中存在c（Na+）c（HCO3）c（OH）c（H+），故B正确；C任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（Na+）+c（H+）=c（HCO3）+2c（CO32）+c（OH），故C错误；D任何电解质溶液中都存在物料守恒，根据物料守恒得c（Na+）=c（HCO3）+c（CO32）+c（H2CO3），故D错误；故选B【点评】本题考查离子浓度大小比较，根据溶液酸碱性确定酸式酸根离子水解程度和电离程度关系，灵活运用溶液中存在的守恒思想分析解答，题目难度不大15一定条件下存在反应：2SO2（
43、g）+O2（g）2SO3（g），H0现有三个体积相同的密闭容器、，按如图所示投料，并在400条件下开始反应达到平衡时，下列说法正确的是( )A容器、中平衡常数相同B容器、中正反应速率相同CSO3的体积分数：D容器中SO2的转化率与容器中SO3的转化率之和小于1【考点】化学平衡的影响因素；化学平衡的计算 【专题】化学平衡专题【分析】A、容器是绝热容器，反应过程中温度升高，平衡逆向进行；B、容器是恒温恒容，是恒压容器，反应过程中随着SO2转化为SO3，容器的压强会增大，反应速率会比容器大；C、容器是恒温恒容，是恒温恒压，随着反应的进行，容器中压强大于容器，平衡正向进行，三氧化硫含量增大，；D、若容
44、器恒温恒容，容器是恒温恒容时，达到相同平衡状态，二氧化硫转化率和三氧化硫转化率之和为1，实际容器是绝热恒容，随着反应的进行，温度升高，平衡逆向进行，二氧化硫转化率减小【解答】解：A、容器是绝热容器，反应过程中温度升高，平衡逆向进行，平衡常数减小，容器、中平衡常数不相同，故A错误；B、容器是恒压容器，反应过程中压强大于容器，反应速率大，容器、中正反应速率不相同，故B错误；C、容器是恒温恒容，是恒温恒压，随着反应的进行，容器中压强大于容器，平衡正向进行，三氧化硫含量增大，SO3的体积分数：，故C正确；D、若容器恒温恒容，容器也是恒温恒容时，达到相同平衡状态，二氧化硫转化率和三氧化硫转化率之和为1，
45、但实际容器是绝热恒容，随反应进行温度升高，平衡逆向进行，二氧化硫转化率减小，因此容器中SO2的转化率与容器中SO3的转化率之和小于1，故D正确；故选CD【点评】本题考查了影响化学平衡因素的分析判断，注意容器的条件分析应用，绝热容器使体系温度升高，掌握基础是关键，题目难度中等三、填空题（共6小题，满分80分）16为探索工业废料的再利用，某化学兴趣小组设计了如图1实验流程，用含有铝、铁和铜的合金废料制取氯化铝、绿矾晶体（FeSO47H2O）和胆矾晶体请回答：（1）写出步骤反应的离子方程式：2Al+2OH+2H2O=2AlO2+3H2（2）试剂X是稀硫酸或H2SO4步骤、中均需进行的实验操作是过滤（
46、3）进行步骤时，该小组用如图2所示装置及试剂制取CO2并将制得的气体通入溶液A中一段时间后，观察到烧杯中产生的白色沉淀会逐渐减少为了避免固体C减少，可采取的改进措施是在装置、之间增加一个盛有饱和NaHCO3溶液的洗气瓶（4）用固体F制备CuSO4溶液，可设计如图3三种途径：写出途径中反应的离子方程式3Cu+2NO3+8H+=3Cu2+2NO+4H2O，请选出你认为的最佳途径并说明选择的理由途径最佳，理由是原料利用率高，环境污染小【考点】制备实验方案的设计；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用 【专题】实验设计题【分析】铝、铁和铜的合金中只有金属铝可以和氢氧化钠之间反应生成溶液A偏铝酸钠，固体
47、B是金属铁和金属铜，A中通入过量的二氧化碳可以得到氢氧化铝沉淀C和碳酸氢钠溶液D，金属铁可以和硫酸之间发生反应生成硫酸亚铁和氢气，但是金属铜和稀硫酸之间不反应，所以F是金属铜，硫酸亚铁溶液蒸发浓缩、冷却结晶可以获得绿矾晶体，金属铜可以获得胆矾晶体（1）铝、铁和铜的合金中，只有金属铝是能溶于氢氧化钠的固体物质；（2）根据步骤加过量的氢氧化钠发生的反应以及金属铜和金属铁性质的区别之处进行解答；（3）制得的CO2气体中混有氯化氢气体，用饱和的碳酸氢钠除去；（4）金属铜可以和硝酸之间反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，但是一氧化氮是有毒的，根据铜、稀硫酸的性质来判断反应的发生【解答】解：铝、铁和铜的合金中只
48、有金属铝可以和氢氧化钠之间反应生成溶液A偏铝酸钠，固体B是金属铁和金属铜，A中通入过量的二氧化碳可以得到氢氧化铝沉淀C和碳酸氢钠溶液D，金属铁可以和硫酸之间发生反应生成硫酸亚铁和氢气，但是金属铜和稀硫酸之间不反应，硫酸亚铁溶液蒸发浓缩、冷却结晶可以获得绿矾晶体，金属铜可以获得胆矾晶体（1）步骤加过量的氢氧化钠，金属铝和氢氧化钠反应，金属铝溶解其中生成偏铝酸钠溶液，即2Al+2OH+2H2O=2AlO2+3H2，故答案为：2Al+2OH+2H2O=2AlO2+3H2；（2）金属铁和金属铜不与氢氧化钠反应，金属铜和稀硫酸之间不反应，但是金属铁可以和稀硫酸之间反应生成硫酸亚铁和氢气，进而制的绿矾晶体
49、，步骤、均是固体和液体的分离操作，应该是过滤，故答案为：稀硫酸或H2SO4；过滤；（3）进行步骤时，该小组用如图2所示装置及试剂将制得的CO2气体通入溶液A中一段时间后，观察到烧杯中产生的白色沉淀逐渐减少，其原因是二氧化碳气体中含有从盐酸中挥发出的氯化氢气体，氯化氢在水中溶解了部分沉淀氢氧化铝，发生的反应为Al（OH）3+3H+=Al3+3H2O，为了避免固体C减少，可在制取二氧化碳的收集装置中增加一个洗去氯化氢的装置，二氧化碳在饱和碳酸氢钠中不溶，氯化氢和碳酸氢钠反应生成二氧化碳气体，所以可在装置I和之间增加一个盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气瓶，除去二氧化碳中的氯化氢，故答案为：在装置I和之间增
50、加一个盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气瓶；（4）金属铜可以和硝酸之间反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，即3Cu+2NO3+8H+=3Cu2+2NO+4H2O，铜不能和稀硫酸反应，但是当加热并通入空气之后，铜和氧气反应生成氧化铜，然后氧化铜会和硫酸反应生成硫酸铜，不会产生污染大气的气体，该过程原料利用率高，所以途径最佳，故答案为：3Cu+2NO3+8H+=3Cu2+2NO+4H2O；途径最佳，理由是原料利用率高，环境污染小【点评】本题是对物质的分离和提纯知识点的考查，注意掌握铝、铁和铜及其化合物的性质是解答本题的关键，题目难度不大17（14分）工业上用闪锌矿（主要成分为ZnS，还含有CdS、Fe2O3等杂
51、质）为原料生产ZnSO47H2O的工艺流程如下：（己知Cd的金属活动性介于Zn和Fe之间）（1）从滤渣A中可获得一种淡黄色非金属单质的副产品，其化学式为S（2）浸取过程中Fe2（SO4）3的作用是做氧化剂，浸取时Fe2（SO4）3与ZnS发生反应的化学方程式为Fe2（SO4）3+ZnS=ZnSO4+2FeSO4+S（3）除铁过程控制溶液的pH在5.4左右，该反应的离子方程式为4Fe2+O2+6H2O=4FeOOH+8H+该过程在空气入口处设计了一个类似淋浴喷头的装置，其目的是增大空气与溶液的接触面积，加快反应速率（4）置换法除重金属离子是Cd2+，所用物质C为Zn（5）硫酸锌的溶解度与温度之间
52、的关系如下表：温度/020406080100溶解度/g41.854.170.474.867.260.5从除重金属后的硫酸锌溶液中获得硫酸锌晶体的实验操作为60条件下蒸发浓缩、降温结晶、过滤、干燥【考点】制备实验方案的设计；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用 【专题】几种重要的金属及其化合物【分析】（1）硫酸铁具有氧化性和硫化锌发生氧化还原反应生成淡黄色非金属单质硫；（2）加入硫酸铁和硫酸是为了溶解氧化铁、硫化锌、硫化镉获得生产硫酸锌晶体和硫酸亚铁晶体的原料；其中硫酸铁氧化硫化锌；（3）除铁是利用空气中氧气氧化亚铁离子生成FeOOH，在空气入口处设计了一
53、个类似淋浴喷头的装置，依据增大物质接触面积会加快反应速率；（4）依据置换反应的反应条件是活泼金属进行置换，结合制备实验方案是制取ZnSO47H2O，依据除杂不能引入新的杂质，Cd的金属活动性介于Zn和Fe之间分析；（5）依据溶解度与温度的 关系分析，低温和高温都不利于晶体的析出，适宜的温度是60【解答】解：（1）依据流程转化关系分析判断，加入的硫酸铁具有氧化性能溶解氧化硫化锌、硫化镉，从滤渣A中可获得一种淡黄色非金属单质的副产品为氧化产物为硫，故答案为：S；（2）依据流程反应和生成硫单质可知，硫酸铁具有氧化性能氧化硫化锌和 硫化镉，生成单质硫，反应的化学方程式为：Fe2（SO4）3+ZnS=Z
54、nSO4+2FeSO4+S，故答案为：做氧化剂； Fe2（SO4）3+ZnS=ZnSO4+2FeSO4+S；（3）除铁过程控制溶液的pH在5.4左右，利用空气中氧气氧化亚铁离子生成FeOOH，反应的两种方程式为：4Fe2+O2+6H2O=4FeOOH+8H+；在空气入口处设计了一个类似淋浴喷头的装置是为了增大与空气的接触面积增大反应速率，故答案为：4Fe2+O2+6H2O=4FeOOH+8H+；增大空气与溶液的接触面积，加快反应速率；（4）制备实验方案是制取ZnSO47H2O，依据除杂不能引入新的杂质，Cd的金属活动性介于Zn和Fe之间，所以加入锌可以置换镉，故答案为：Zn；（5）依据图表中硫
55、酸锌的溶解度与温度之间的关系分析，低温和高温溶解度都不是最大，只有在60C硫酸锌的溶解度最大74.8g，通过加热蒸发浓缩，冷却结晶会最大程度得到晶体，故答案为：60条件下蒸发浓缩、降温结晶【点评】本题考查了物质制备方案的流程分析和反应判断，实验流程信息应用，物质性质是解题关键，题目难度中等18钾水玻璃以其优异的性能广泛用于防腐、铸造、油田、钻井或各种高档涂料中钾水玻璃中硅含量的测定可以采用氟硅酸钾容量法，其步骤为：称取试样溶解在含有过量的氟离子和钾离子的强酸溶液中，硅能与氟离子、钾离子作用生成氟硅酸钾（K2SiF6）沉淀；沉淀分离后于热水中水解，生成HF、H2SiO3、KF；过滤除去硅酸沉淀，
56、用氢氧化钠标准溶液滴定滤液（1）上述步骤中的水解反应方程式为K2SiF6+3H2O=2KF+H2SiO3+4HF；步骤中反应的离子方程式为：HF+OH=F+H2O（2）在步骤中，若滴定前未用氢氧化钠标准溶液润洗滴定管，则测得的硅元素含量将偏高（填“偏高”、或“偏低”或“不变”）（3）若每次称取试样的质量为1.00g，重复滴定四次，消耗1.00molL1氢氧化钠标准溶液的体积为分别为16.80mL、19.90mL、20.00mL、20.10mL，试计算该试样中硅元素的质量分数（以二氧化硅计），写出计算过程【考点】探究物质的组成或测量物质的含量 【专题】实验分析题【分析】（1）氟硅酸钾（K2SiF
57、6）沉淀于热水中水解，生成HF、H2SiO3、KF，结合原子守恒书写化学方程式；步骤中反应是过滤除去硅酸沉淀后用氢氧化钠溶液滴定生成的HF溶液，发生的反应书写离子方程式；（2）若滴定前未用氢氧化钠标准溶液润洗滴定管，滴定过程中消耗的氢氧化钠溶液体积增大，计算反应的HF量增大，测定的硅元素含量会增大；（3）由题中数据可得出消耗氢氧化钠标准溶液体积的平均值为20.00ml，结合反应过程中的定量关系计算【解答】解：（1）氟硅酸钾（K2SiF6）沉淀于热水中水解，生成HF、H2SiO3、KF，结合原子守恒书写化学方程式，反应的化学方程式为：K2SiF6+3H2O=2KF+H2SiO3+4HF；步骤中反
58、应是过滤除去硅酸沉淀后用氢氧化钠溶液滴定生成的HF溶液，反应的离子方程式 HF+OH=F+H2O，故答案为：K2SiF6+3H2O=2KF+H2SiO3+4HF；HF+OH=F+H2O；（2）若滴定前未用氢氧化钠标准溶液润洗滴定管，滴定过程中消耗的氢氧化钠溶液体积增大，计算反应的HF量增大，测定的硅元素含量会增大，结果偏高，故答案为：偏高；（3）由题中数据可得出消耗氢氧化钠标准溶液体积的平均值为20.00ml；关系式：SiO2Si4HF4NaOH 60g 4mol m（SiO2） 20.00103L1.0molL1求得m（SiO2）=0.30g硅元素的质量分数（以二氧化硅计）：100%=30%
59、，答：该试样中硅元素的质量分数为30%【点评】本题考查了化学方程式和离子方程式书写方法，滴定实验过程的分析计算应用，掌握基础是解题关键，题目难度中等19（16分）ClO2在常温下是一种黄绿色有刺激性气味的气体，其熔点为59，沸点为11.0，易溶于水工业上用稍潮湿的KClO3和草酸（H2C2O4）在60时反应制得某学生拟用图1所示装置模拟工业制取并收集ClO2（1）A装置电动搅拌棒的作用是反应时搅拌，增大反应物的接触面积，加快反应速率A装置必须添加温度控制装置，除酒精灯外，还需要的玻璃仪器有烧杯、温度计（2）B装置必须放在冰水浴中，其原因是使ClO2充分冷凝，减少挥发（3）反应后在装置C中可得N
60、aClO2溶液已知（1）NaClO2饱和溶液在温度低于38时析出晶体是NaClO23H2O，在温度高于38时析出晶体是NaClO2，温度高于60时NaClO2分解生成NaClO3和NaCl；（2）NaClO2的溶解度曲线如图2所示，请补充从NaClO2溶液中制得NaClO2晶体的操作步骤：减压，55蒸发结晶；趁热过滤；用3860热水洗涤；低于60干燥；得到成品（4）ClO2很不稳定，需随用随制，产物用水吸收得到ClO2溶液为测定所得溶液中ClO2的含量，进行了下列实验：步骤1：准确量取ClO2溶液10.00mL，稀释成100.00mL试样；量取V1 mL试样加入到锥形瓶中；步骤2：用稀硫酸调节
61、试样的pH2.0，加入足量的KI晶体，静置片刻；步骤3：加入指示剂，用c molL1 Na2S2O3溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液V2 mL（已知2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI）配制100mL c molL1 Na2S2O3标准溶液时，用到的玻璃仪器除烧杯、量筒、玻璃棒外还有：100ml容量瓶、胶头滴管滴定过程中进行三次平行测定的原因是取平均值，减少计算误差若滴定前滴定管尖嘴中有气泡，滴定后气泡消失，则测定结果偏高（填“偏高”、“偏低”或“不变”）【考点】制备实验方案的设计 【专题】实验设计题【分析】（1）让反应物充分的接触；该实验要测量温度；（2）二氧化氯的熔点较低
62、，为收集二氧化氯，应在较低温度下进行；（3）从溶液中制取溶质，一般采用蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥的方法；（4）根据配制一定物质的量浓度的溶液使用的仪器解答；多次实验可以减少误差；根据实验操作中滴定液体积大小的影响来回答判断【解答】解：（1）让反应物充分的接触，加快反应速率反应时搅拌；测量温度的仪器是温度计，故答案为：反应时搅拌，增大反应物的接触面积，加快反应速率；温度计；（2）二氧化氯的熔点较低，为收集二氧化氯，应在较低温度下进行，所以应该采用冰水浴，故答案为：使ClO2充分冷凝，减少挥发；（3）从NaClO2溶液中制得NaClO2晶体的操作步骤：减压，55蒸发结晶；趁热过滤；用3860热水洗
63、涤；低于60干燥；得到成品；故答案为：趁热过滤；用3860热水洗涤；（4）配制100mL溶液用到的仪器有托盘天平、药匙、玻璃棒、胶头滴管、烧杯、100mL容量瓶、量筒（也可不用），故还需要的玻璃仪器有100mL容量瓶、胶头滴管；故答案为：100ml容量瓶、胶头滴管；为减少实验误差，应采用多次实验的方法，故答案为：取平均值，减少计算误差；若滴定前滴定管尖嘴中有气泡，滴定后气泡消失，则相当于消耗的滴定液的体积偏大，所以测定结果偏大，故答案为：偏高【点评】本题考查实验方案的设计，同时考查学生分析问题、解决问题的能力，明确物质的性质是解本题关键，难度较大20（14分）工业上通常用下列方法治理含氮化合物
64、的污染（1）用稀土等催化剂能将汽车尾气中的CO、NOx、碳氢化合物转化成无毒物质，从而减少汽车尾气污染已知：N2（g）+O2（g）=2NO（g）H=+180.5kJ/mol2C（s）+O2（g）=2CO（g）H=221.0kJ/molC（s）+O2（g）=CO2（g）H=393.5kJ/mol写出NO（g）与CO（g）催化转化成N2（g）和CO2（g）的热化学方程式2NO（g）+2CO（g）=N2（g）+2CO2（g）H=746.5kJ/mol（2）用NH3还原NOx生成N2和H2O现有NO、NO2的混合气3L，可用同温同压下3.5L的NH3恰好使其完全转化为N2，则原混合气体中NO和NO2的
65、物质的量之比为1：3（3）电化学降解治理水中硝酸盐污染在酸性条件下，电化学降解NO的原理如图1，A为电源的正极，阴极反应式为2NO3+12H+10e=N2+6H2O（4）通过控制溶液的pH对工业废水中的金属离子进行分离图2是某些金属氢氧化物在不同浓度和pH时的沉淀溶解图象，图中直线上的点表示平衡状态当溶液中的离子浓度小于1105 molL1时，认为该离子沉淀完全相同条件下，Fe（OH）3、Al（OH）3、Cr（OH）3三种物质的溶度积常数最大的是Cr（OH）3，图中A、B、C三点中表示Fe（OH）3的沉淀速率大于溶解速率的是C由图可得Fe（OH）2的溶度积的值为11015【考点】热化学方程式；
66、化学方程式的有关计算；原电池和电解池的工作原理；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质 【专题】计算题；基本概念与基本理论【分析】（1）根据方程式的加减得出NO与CO催化转化成N2和CO2的化学方程式，焓变相应的加减，从而得出其热化学反应方程式；（2）氮氧化物与氨气发生的反应是氧化还原反应，氮氧化物把氨气氧化为氮气，本身被还原为氮气，可以利用反应方程式通过设未知列方程组计算；也可以根据氧化还原反应的电子守恒计算；也可以利用平均值法计算；（3）在电解池的阴极上发生得电子的还原反应，据此书写电极反应；（4）由图象可知，相同条件下，Fe（OH）3、Al（OH）3、Cr（OH）3三种物质的溶度积常数最大
67、的是Cr（OH）3；曲线上的点为饱和溶液时，曲线左边是未饱和溶液，右边为过饱和溶液；当PH=9时，c（Fe2+）=1105molL1，再根据Ksp表达式求算【解答】解：（1）N2（g）+O2（g）=2NO（g）H=+180.5kJ/mol2C（s）+O2（g）=2CO（g）H=221.0kJ/molC（s）+O2（g）=CO2（g）H=393.5kJ/mol 方程式2得NO （g）+2CO（g）=N2（g）+2CO2（g）所以H=（393.5kJ/mol）2（221.0kJ/mol）（+180.5kJ/mol）=746.5 kJ/mol，故答案为：2NO （g）+2CO（g）=N2（g）+2C
68、O2（g）H=746.5 kJ/mol；（2）根据反应可知：氨气被氧化为氮气，NH3N23e；一氧化氮被还原为氮气，NON22e二氧化氮被还原为氮气，NO2N24e设一氧化氮体积为x，二氧化氮体积为3x，氨气的体积为3.5L，根据电子守恒可知：3.5L3=2x+4（3x），x=0.75L，二氧化氮体积为2.25L，则相同条件下，混合气体中NO和NO2的体积比等于物质的量之比=0.75：2.25=1：3，故答案为：1：3；（3）根据装置图示可以看出，右端电极上发生得电子的还原反应，即为阴极，所以B是负极，A是正极，阴极反应式为：2NO3+12H+10e=N2+6H2O，所以B是负极，A是正极，故
69、答案为：正；2NO3+12 H+10e=N2+6H2O；（4）图象分析判断，相同条件下，Fe（OH）3、Al（OH）3、Cr（OH）3三种物质的溶度积常数最大的是Cr（OH）3；曲线上的点为饱和溶液时，曲线左边是未饱和溶液，右边为过饱和溶液；在过饱和溶液中要有固体析出，C点为过饱和溶液，其溶质的沉淀速率大于溶解速率，故答案为：Cr（OH）3；C；由图象可知，当PH=9时，c（Fe2+）=1105molL1，Ksp=c（Fe2+）c2（OH）=1105（1105）2 =11015，故答案为：11015【点评】本题考查了热化学方程式计算应用，氧化还原反应，影响反应速率和平衡的因素，沉淀溶解平衡理解
70、分析判断，化学电源新型电池知识，明确元素化合价是解本题关键，注意该反应中元素化合价发生变化，图象分析判断方法的应用是解题关键，题目难度大21合成氨工艺的一个重要工序是铜洗，其目的是用铜液醋酸二氨合铜（I）、氨水吸收在生产过程中产生的CO和CO2等气体铜液吸收CO的反应是放热反应，其反应方程式为：Cu（NH3）2Ac+CO+NH3Cu（NH3）3COAc完成下列填空：（1）如果要提高上述反应的反应速率，可以采取的措施是bc（选填编号）a减压 b增加NH3的浓度 c升温 d及时移走产物（2）铜液中的氨可吸收二氧化碳，写出该反应的化学方程式2NH3+CO2+H2O=（NH4）2CO3、（NH4）2C
71、O3+CO2+H2O=2NH4HCO3（3）铜液的组成元素中，短周期元素原子半径从大到小的排列顺序为CNOH其中氮元素原子最外层电子排布的轨道表达式是通过比较NH3和PH3的稳定性可判断氮、磷两种非金属元素的非金属性强弱（4）已知CS2与CO2分子结构相似，CS2的电子式是CS2熔点高于CO2，其原因是CS2和CO2都是分子晶体，CS2的相对分子质量大，分子间作用力大【考点】铜金属及其重要化合物的主要性质；元素周期律的作用；化学反应速率的影响因素 【专题】基本概念与基本理论；元素及其化合物【分析】（1）增大浓度、升高温度等，可增大反应速率；（2）氨气、水、二氧化碳可反应生成碳酸铵或碳酸氢铵；（
72、3）铜液的组成元素中，短周期元素有H、C、N、O等元素，H原子半径最小，同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，比较非金属性强弱，可根据氢化物的稳定性强弱判断；（4）CS2的电子式类似于CO2，二者都为分子晶体，相对分子质量越大，熔点越高【解答】解：（1）增大浓度、升高温度等，可增大反应速率，减压反应速率减小，减小生成物浓度，反应速率减小，故答案为：bc；（2）氨气、水、二氧化碳可反应生成碳酸铵或碳酸氢铵，方程式为2NH3+CO2+H2O=（NH4）2CO3、（NH4）2CO3+CO2+H2O=2NH4HCO3，故答案为：2NH3+CO2+H2O=（NH4）2CO3、（NH4）2CO3+CO2+H2O=2NH4HCO3；（3）铜液的组成元素中，短周期元素有H、C、N、O等元素，H原子半径最小，同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，则原子半径CNOH，氮元素原子最外层电子排布的轨道表示式是；比较非金属性强弱，可根据氢化物的稳定性强弱，故答案为：CNOH；NH3和PH3的稳定性；（4）CS2的电子式类似于CO2，电子式为，二者都为分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越大，则熔点越高，故答案为：；二者都为分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越大【点评】本题涉及元素周期律、电子式、化学平衡移动等问题的考查，综合考查学生的分析能力和双基知识，难度不大，注意相关基础知识的积累