1、莱芜一中高三化学试题1.考试时间为90分钟，共100分。答题前，考生先将自己的姓名、考生号、座号填写在相应位置，认真核对条形码上的姓名、考生号和座号，并将条形码粘贴在指定位置上。2.选择题答案必须使用2B铅笔正确填涂；非选择题答案必须使用0.5毫米黑色签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3.请按照题号在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效可能用到的相对原子质量：H 1 C12 O 16 S 32 Fe 56 Cu 64 Cd 112一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题意。1. 化学与生产、生活及社会发展密切相关。下列说法正确的是 ( )A. N9
2、5口罩所使用的熔喷布为聚丙烯，分子式为(CH3CH=CH2)nB. 将“84消毒液”与75的酒精混合使用，消毒效果更好C. “煤改气”可以减少SO2等有害物质的排放量，有利于打赢蓝天保卫战D. 海水淡化可以解决淡水供应危机，向海水中加入明矾可以使海水淡化【答案】C【解析】【详解】A聚丙烯由丙烯发生加聚反应生成，分子式为(C3H6)n，故A错误；B84消毒液的主要成分为NaClO，具有强氧化性，与酒精混合会发生氧化还原反应，从而降低消毒效果，故B错误；C改燃煤为燃气，可减少废气中SO2等有害物质量，减少环境污染物的排放，有利于打赢蓝天保卫战，故C正确；D明矾在水溶液中电离出铝离子，铝离子水解产生
3、氢氧化铝胶体可以吸附杂质，从而达到净水目的，不能除去海水中的无机盐而实现海水淡化，故D错误；综上所述答案为C。2. 某中德联合研究小组设计制造了一种“水瓶”，用富勒烯(C60)的球形笼子作“瓶体”，一种磷酸盐作“瓶盖”，恰好可将一个水分子关在里面。下列说法正确的是( )A. “水瓶”、冰水混合物、CuSO45H2O都是混合物B. 金刚石、石墨和C60互称为同素异形体，均为共价晶体C. 磷酸钙是难溶性弱电解质。D. 一定条件下石墨转化为C60是化学变化，属于有单质参加的非氧化还原反应【答案】D【解析】【详解】A冰水混合物、CuSO45H2O均只含一种物质，都是纯净物，故A错误；BC60存在分子结
4、构，属于分子晶体，故B错误；C磷酸钙为难溶物，但溶解的部分在水溶液中完全电离，是强电解质，故C错误；D同素异形体之间的转化伴随着旧键的断裂和新键的形成，是化学变化，反应前后化合价没有发生变化，属于有单质参加的非氧化还原反应，故D正确；综上所述答案为D。3. 中国科学家团队成功合成了五氮阴离子盐(N5)6(H3O)3(NH4)4Cl，五氮阴离子()是制备全氮类物质的中间体。下列说法正确的是( )A. 键角：H3O+B. 电负性：NOHC. 属于离子化合物D. 基态C1-的价电子排布图为【答案】A【解析】【详解】A和H3O+中的中心原子杂化类型均为sp3, H3O+中的中心O原子有孤电子对，对成键
5、电子对排斥力更大，使H3O+中键角变小，故A正确；B同周期元素从左到右电负性逐渐增大，所以电负性ONH,故B错误；C全氮类物质只含有一种元素，是单质不是化合物，故C错误；D基态Cl原子得一个电子变成Cl-，应该达到8电子稳定结构，所以题给价电子排布式错误；故答案为：A4. NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )A. 1 mol甲基中的电子数为 10NAB. 0.l mol环氧乙烷()中含有的共价键数为0.3NAC. 0.1 mol FeCl3水解生成的Fe(OH)3胶粒数为0.1NAD. 常温下，1 L pH=l的草酸(H2C2O4)溶液中H+的数目为0.1NA【答案】D【解析】【详
6、解】A甲基显电中性，所以一个甲基的电子数为9，1 mol甲基中的电子数为9NA，故A错误；B一个环氧乙烷中含有2个C-O键、1个C-C键和4个C-H键，所以0.l mol环氧乙烷()中含有的共价键数为0.7NA，故B错误；CFe(OH)3胶粒是由多个氢氧化铁组成的集合体，所以0.1 mol FeCl3水解生成的Fe(OH)3胶粒数小于0.1NA，故C错误；DpH=l的草酸(H2C2O4)溶液中H+的浓度为0.1 mol/L，则1L该溶液中含有0.1 mol H+，数目为0.1NA，故D正确；综上所述答案为D。5. 关于三种化合物：，下列说法正确的是A. 它们均能使酸性高锰酸钾溶液褪色B. 它们
7、的分子式都是C8H8C. 它们分子中所有原子都一定不共面D. 的二氯代物有4种【答案】B【解析】【详解】A中没有不饱和间，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故A错误；B根据三种物质的结构简式，它们的分子式都是C8H8，故B正确；C中苯环和碳碳双键都是平面结构，分子中所有原子可能共面，故C错误；D不饱和碳原子上的氢原子，在一定条件下也能发生取代反应，采用定一移一的方法如图分析，的二氯代物有：，其二氯代物共6种，故D错误；故选B。6. 用下列实验装置进行相应的实验，能达到实验目的的是A. 用装置制取乙酸乙酯B. 用装置制CaCO3C. 用装置熔融Na2CO3D. 用装置滴定未知浓度的硫酸【答案】B【解析
8、】【详解】A导管插入碳酸钠溶液液面以下会引起倒吸，故A错误；B二氧化碳与氯化钙溶液不能直接反应，溶有氨气后溶液显碱性可以更好的吸收二氧化碳，生成碳酸根，从而生成碳酸钙，故B正确；C高温条件下碳酸钠可以和瓷坩埚中二氧化硅发生反应，不能用瓷坩埚熔融碳酸钠，故C错误；DNaOH溶液呈碱性，不能使用酸式滴定管，故D错误；故答案为B。【点睛】酸式滴定管的下端为玻璃制旋塞，碱式滴定管下端橡皮管连接一支带有尖嘴的小玻璃管，橡皮管内装有一个玻璃圆球，注意区分二者。7. W、X、Y、Z是同周期主族元素，Y 的最外层电子数是 X 次外层电子数的 3倍，四种元素与锂组成的盐是一种新型电池的电解质结构如图。下列说法不
9、正确的是 A. 非金属性：WYZXB. Y、Z组成的分子可能为非极性分子也可能为极性分子C. W是同周期中原子半径最大的元素D. 阴离子中所有原子均满足8电子稳定结构【答案】C【解析】【分析】Y的最外层电子数是X次外层电子数的3倍，可知X的次外层电子数只能为2，Y的最外层电子数为6，又因为四种元素同周期，所以Y的次外层电子也为2，即Y为O，根据该物质中各元素的成键特点：Z形成4个共价键，所以Z为C，X可以形成3个共价键和一个配位键，最外层电子数应为3，即X为B，W可以形成一个共价键，则W为F。【详解】A同周期元素自左至右非金属性依次增强，所以非金属性：WYZX，故A正确；BY、Z可以组成CO，
10、为极性分子，也可以组成CO2，为非极性分子，故B正确；C同周期主族元素自左至右原子半径依次减小，故W是同周期半径最小的元素，故C错误；D阴离子中B形成3个共价键和1个配位键，所以也满足8电子稳定结构，其他原子也均满足8电子稳定结构，故D正确；故答案为C。【点睛】每个原子的最外层电子数+形成共用电子对的对数=8，就是达到8电子稳定结构，该物质中B原子形成3个共价键和1个配位键，所以也满足8电子稳定结构。8. 根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是 ( )选项实验操作和现象结论A向两支盛有KI3的溶液的试管中，分别滴加淀粉溶液和AgNO3溶液，前者溶液变蓝，后者有黄色沉淀I溶液中存在平衡：II
11、2I-B在Ca(ClO)2溶液中通入SO2气体，有沉淀生成酸性：H2SO3HClOC向Na2S溶液中滴加盐酸，产生气泡Cl的非金属性比S强D在植物油中滴几滴酸性高锰酸钾溶液，振荡，溶液褪色植物油含有酯基A. AB. BC. CD. D【答案】A【解析】【详解】A滴加淀粉溶液变蓝说明含有碘单质，滴加硝酸银产生黄色沉淀，说明含有I-，所以KI3的溶液中含I2、I-，即KI3溶液中存在平衡为II2+I-，故A正确；B在Ca(ClO)2溶液中通入SO2气体，有沉淀生成是因为次氯酸根将二氧化硫氧化成硫酸根，硫酸钙微溶所以有沉淀生成，不能比较两种酸的酸性强弱，故B错误；C氢化物的酸性强弱不能作为非金属性强
12、弱的判断依据，应比较最高价含氧酸的酸性强弱，故C错误；D植物油的结构中含有碳碳双键，所以可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，并不是酯基，故D错误；综上所述答案为A。9. 我国中草药文化源远流长，通过临床试验，从某中草药中提取的有机物具有较好的治疗癌症的作用，该有机物的结构如图所示。下列说法中错误的是( )A. 分子式为C13H12O5B. 该有机物能发生取代反应、加成反应、氧化反应C. 1mol该有机物与NaOH反应最多消耗2mol NaOHD. 1mol该有机物与溴水反应最多消耗3mol Br2【答案】C【解析】【分析】由有机物的结构可知，该有机物的分子式为C13H12O5，官能团为碳碳双键、羧基、
13、酯基、羟基，羧基发生酯化反应、酯基发生水解反应、酚羟基与浓溴水发生取代反应均为取代反应，碳碳双键和苯环能与氢气发生加成反应，酚羟基具有还原性易被氧化或燃烧发生氧化反应。【详解】A由有机物的结构可知，该有机物的分子式为C13H12O5，故A说法正确；B该有机物的官能团为碳碳双键、羧基、酯基、羟基，能发生取代反应、加成反应、氧化反应，故B说法正确；C该有机物含有的羧基、酯基和酚羟基均能与氢氧化钠溶液反应，1mol该有机物与NaOH反应最多消耗3mol NaOH，故C说法错误；D该有机物含有的碳碳双键和酚羟基能与溴水反应，1mol该有机物碳碳双键与1mol溴发生加成反应，酚羟基的邻、对位上的氢原子能
14、与2mol Br2发生取代反应，共消耗3mol Br2，故D说法正确；综上所述，答案选C。10. 中国科学院科研团队研究发现，在常温常压和可见光下，基于LDH (一种固体催化剂)合成NH3的原理示意图如下。下列说法不正确的是( )A. 该过程将太阳能转化成为化学能B. 该过程中，只涉及到极性键断裂与生成C. 氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：3D. 该过程属于氮的固定【答案】B【解析】【详解】A根据题意可知该反应在光照条件下进行，所以该过程将太阳能转化成为化学能，故A正确；B该过程中，既有极性键(N-H、O-H)的断裂与生成，也有非极性键（NN、O=O）的断裂与生成，故B错误；C该反应的化学方
15、程式为2N2+6H2O=4NH3+3O2，氮气是氧化剂、水是还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为13，故C正确；D该过程将游离态的氮元素(氮气)转化为化合态(氨气)，属于氮的固定，故D正确；答案选B。二、本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有1个或2个选项符合题意，全都选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11. 亚氯酸钠(NaClO2)是一种高效的漂白剂和氧化剂，可用于各种纤维和某些食品的漂白。马蒂逊(Mathieson)法制备亚氯酸钠的流程如图：下列说法错误的是( )A. 反应反应过程中有大量不可使带火星木条复燃气体冒出B. 反应得到的ClO2消毒漂白能力比氯气强，使用起
16、来比较安全C. 反应阶段，参加反应的NaClO3和SO2的物质的量之比为2：1D. 反应条件下，ClO2的氧化性大于H2O2【答案】A【解析】【分析】NaClO3在酸性条件下与SO2发生氧化还原反应生成ClO2，然后ClO2与H2O2在碱性条件下反应生成NaClO2，反应方程式为：2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2+2H2O，然后将溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤可得到NaClO2，以此解答该题。【详解】A反应方程式为：2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2+2H2O，反应放出的O2有助燃性，能使带火星木条复燃，A错误；BClO2具有强氧化性，因而具有漂白性，其
17、消毒漂白能力比氯气强，因此使用起来比较安全，B正确；C根据流程图反应中氧化剂是NaClO3，还原剂是SO2，还原产物是ClO2，氧化产物是NaHSO4，根据元素化合价升降总数相等可得NaClO3和SO2的物质的量之比为2：1，C正确；D据流程图可知反应为：2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2+2H2O，在该反应中ClO2作氧化剂，H2O2作还原剂，由于氧化性：氧化剂大于还原剂，可以推出ClO2的氧化性大于H2O2，D正确；故答案为B。12. 铅位于IVA族，PbO偏碱性，易溶于硝酸，PbO2偏酸性，难溶于硝酸。已知：PbS与稀HNO3发生反应I ：3PbS + 8HNO3(稀
18、) =3Pb(NO3)2 +3S+2NO+4H2O；PbS与浓HNO3发生反应II：PbS +8HNO3(浓) = PbSO4+8NO2+4H2O。下列推断正确的是( )A. Pb3O4 与HNO3溶液发生反应：Pb3O4 +4H+= PbO2 +2Pb2+ +2H2OB. 由反应I、II可知，氧化性：HNO3(浓)HNO3(稀)PbO2C. 反应I若生成4.48LNO，转移0.6NA电子D. S可以与浓硝酸反应：S +6HNO3(浓)H2SO4 +6NO2+2H2O【答案】AD【解析】【详解】APb3O4中含有二价铅和四价铅，PbO偏碱性，易溶于硝酸，PbO2偏酸性，难溶于硝酸，则Pb3O4
19、与硝酸反应生成Pb（NO3）2和PbO2，发生反应离子方程式：Pb3O4+4H+PbO2+2Pb2+2H2O，故A正确；B根据题意，硝酸不能把二价铅氧化为四价铅，说明硝酸的氧化性小于PbO2，故B错误；C没有说明是否是标准状况，无法计算气体的物质的量，因而不能计算生成4.48L NO，转移的电子数，故C错误；D浓硝酸具有强氧化性，能把S氧化为硫酸，则S与浓硝酸反应：S +6HNO3(浓)H2SO4 +6NO2+2H2O，故D正确；答案选AD。13. 室温下，向100mL饱和的H2S溶液中通入SO2气体(气体体积换算成标准状况)，发生反应：2H2S+SO2=3S+2H2O，测得溶液pH与通入SO
20、2的关系如图所示。下列有关说法正确的是A. 整个过程中，水的电离程度逐渐增大B. 该温度下H2S的Ka1数量级为10-7C. 曲线y代表继续通入SO2气体后溶液pH的变化D. a点之后，随SO2气体的通入，的值始终减小【答案】C【解析】【详解】A由图可知，a点表示SO2气体通入112mL即0.005mol时pH=7，溶液呈中性，说明SO2气体与H2S溶液恰好完全反应，可知饱和H2S溶液中溶质物质的量为0.01mol，c(H2S)=0.1mol/L，a点之前为H2S过量，a点之后为SO2过量，溶液均呈酸性，酸抑制水的电离，故a点水的电离程度最大，水的电离程度先增大后减小，故A错误；B由图中起点可
21、知0.1mol/LH2S溶液电离出的c(H+)=10-4.1mol/L，电离方程式为H2SH+HS-、HS-H+S2-；以第一步为主，根据平衡常数表达式算出该温度下H2S的Ka110-7.2，数量级为10-8，故B错误；C当SO2气体通入336mL时，相当于溶液中的c(H2SO3)=0.1mol/L，因为H2SO3酸性强于H2S，故此时溶液中对应的pH应小于4.1，故曲线y代表继续通入SO2气体后溶液pH的变化，故C正确；D根据平衡常数表达式可知，a点之后，随SO2气体的通入，c(H+)增大，当通入的SO2气体达饱和时，c(H+)就不变了，Ka1也是一个定值，的值保持不变，故D错误；答案选C。
22、14. Mg / LiFePO4电池电池反应为xMg2+2LiFePO4xMg+2Li1xFePO4+2xLi+，其装置示意图如下： 下列说法正确的是A. 放电时，Li+被还原B. 充电时，电能转变为化学能C. 放电时，电路中每流过2mol电子，有1molMg2+迁移至正极区D. 充电时，阳极上发生的电极反应为LiFePO4xe= Li1xFePO4 + xLi+【答案】BD【解析】【分析】根据装置图，以及原电池工作原理，Mg极为负极，其电极反应式为Mg2e=Mg2，正极反应式为Li1xFePO4xexLi=LiFePO4，然后根据原电池的工作原理进行分析；【详解】根据装置图，以及原电池工作原
23、理，Mg极为负极，其电极反应式为Mg2e=Mg2，正极反应式为Li1xFePO4xexLi=LiFePO4，A、根据上述分析，放电时，Li的化合价没有发生变化，故A错误；B、充电为电解池，将电能转化成化学能，故B正确；C、根据装置图，交换膜是锂离子导体膜，Mg2不能移向正极区，故C错误；D、充电是电解池，根据电解原理，阳极反应式为LiFePO4xe= Li1xFePO4 + xLi+，故D正确；【点睛】关于电化学试题，一般先判断出正负两极或阴阳两极的电极反应式，在书写电极反应式时，一定注意溶液的酸碱性，最后根据原电池工作原理或电解原理对选项进行分析判断。15. 25时，向10 mL 0.01
24、molL1 NaCN溶液中逐滴加入0.01 molL1的盐酸，溶液中CN、HCN浓度所占分数()随pH变化关系如图甲所示，溶液中pH变化曲线如图乙所示其中a点的坐标为(9.5，0.5)。下列溶液中的关系中正确的是( )A. 常温下，NaCN的水解平衡常数：Kh(NaCN)=109.5mol/LB. 图甲中pH=7的溶液：c(CN)=c(Na)C. 图乙中b点的溶液：c(HCN) c(Cl)c(CN)c(OH)c(H)D. 图乙中c点的溶液：c(Na)c(H)=c(HCN)c(OH)c(CN)【答案】C【解析】【分析】NaCN溶液中加入盐酸，发生反应NaCN+HCl=NaCl+HCN，当pH=9
25、.5时，c(HCN)=c(CN)；当加入盐酸的体积为10mL时，NaCN与HCl刚好完全反应，生成HCN和NaCl。【详解】A常温下，a点时，c(CN)=c(HCN)，pH=9.5，c(OH)=104.5mol/L，NaCN的水解平衡常数：Kh(NaCN)= 104.5molL1，A不正确；B图甲溶液中，存在电荷守恒c(Cl)+ c(CN)+ c(OH)=c(Na+)+ c(H+)，pH=7，所以c(OH)=c(H+)，所以c(Cl)+c(CN)=c(Na+)，B不正确；C图乙中b点反应生成等浓度的NaCN、HCN和NaCl，溶液呈碱性，所以c(OH)c(H)，且HCN电离程度小于CN水解程度
26、，可知c(HCN)c(CN)，又溶液中存在物料守恒2c(Cl)=c(HCN)+c(CN)，所以c(HCN) c(Cl)c(CN)c(OH)c(H)，C正确；DC点溶液中的溶质为等物质的量浓度的HCN和NaCl，离子间满足电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(Cl)+c(OH)+c(CN)，物料守恒：c(Cl)= c(HCN)+c(CN)，故c(Na+)+c(H+)=c(HCN)+c(OH)+2c(CN)，D不正确；综上所述答案为C。三、非选择题：本题共5小题，共60分。16. 据世界权威刊物自然最近报道，我国科学家选择碲化锆(ZrTe2)和砷化镉(Cd3As2)为材料验证了三维量子霍尔效应，
27、并发现了金属-绝缘体的转换。回答下列问题：(1)锌和镉位于同副族，而锌与铜相邻。现有4种铜、锌元素的相应状态，锌：Ar3d104s2、锌：Ar3d104s1、铜：Ar3d104s1、铜：Ar3d10.失去1个电子需要的能量由大到小排序是_(填字母)。A B C D(2)硫和碲位于同主族，H2S的分解温度高于H2Te，其主要原因是_。(3)Cd2+与NH3等配体形成配离子。Cd(NH3)42+中2个NH3被2个Cl-替代只得到1种结构，它的立体构型是_。1 mol Cd(NH3)42+含_mol 键。(4)砷与卤素形成多种卤化物。AsCl3、AsF3、AsBr3的熔点由高到低的排序为_。(5)锆
28、晶胞如图1所示，1个晶胞含_个Zr原子；这种堆积方式称为_。(6)镉晶胞如图2所示。已知：NA是阿伏加德罗常数的值，晶体密度为d gcm-3.在该晶胞中两个镉原子最近核间距为_nm(用含NA、d的代数式表示)，镉晶胞中原子空间利用率为_(用含的代数式表示)。【答案】 (1). A (2). S原子半径小于Te，HS键的键能较大 (3). 正四面体 (4). 16 (5). AsBr3AsCl3AsF3 (6). 6 (7). 六方最密堆积 (8). (9). 【解析】【详解】(1)同周期从左到右原子的第一电离能有增大趋势，所以第一电离能：；Cu+的外围电子结构为3d10、3d为全充满的稳定结构
29、，第二电离能：，Zn的第二电离能大于其第一电离能：，故选A；(2)原子半径：r(S)r(Te)，键能：HSHTe，所以H2S较稳定，分解温度更高； (3)Cd(NH3)42+中2个NH3被2个Cl-替代只得到1种结构，则四个配体所处环境完全相同，参考甲烷的结构可知Cd2+采用sp3杂化，呈正四面体结构；一个NH3含有3个键，配位单键也是键，所以1 mol Cd(NH3)42+含16 mol 键；(4)AsCl3、AsF3、AsBr3都是分子晶体，相对分子质量越大，范德华力越大，熔点越高，故熔点排序为AsBr3AsCl3AsF3；(5)在六棱柱中，12个原子位于顶点、2个原子位于面心，3个原子位
30、于体内，所以1个六棱柱含=6个原子，这种堆积方式叫六方最密堆积；(6)图2为体心立方堆积，3个镉原子位于体对角线且相切，1个晶胞含2个镉原子，设晶胞参数为a，则密度d=，解得a= nm；设两镉原子最近核间距为x，(2x)2=3a2，x=nm；设镉原子半径为r，体对角线上的三个镉原子相切，则r= nm，=。17. 我国科学家侯德榜为纯碱和氮肥工业技术的发展做出了杰出的贡献。如图是侯氏联合制碱法的工艺流程。回答下列问题：(1)由粗盐可以精制饱和食盐水，除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、SO的试剂分别是_(按试剂加入顺序填入)。操作用到的玻璃仪器是_(2)将NH3和CO2分别通入饱和食盐水中，正确的通
31、入顺序是_。反应的离子方程式为：_。(3)流程图中加入食盐细粉，其作用是_，整个流程中可循环使用提高利用率的物质有_(填物质的化学式)。(4)固体A中含有少量NaCl，可以用标准HCl溶液滴定来测定A的纯度，选择_为指示剂a.石蕊溶液 b.酚酞溶液 c.甲基橙溶液(5)有人认为碳酸氢钾与碳酸氢钠的化学性质相似，故也可用氨碱法以氯化钾和石灰石为原料制碳酸钾。请结合溶解度(S)随温度变化曲线，分析说明是否可行？_。【答案】 (1). BaCl2溶液、Na2CO3溶液、NaOH溶液、盐酸(答案合理即可) (2). 烧杯、玻璃棒 、漏斗 (3). 先通入足量的NH3，再通入足量的CO2 (4). Na
32、+NH3+CO2+H2ONaHCO3+NH (5). 增大氯离子浓度，促进氯化铵晶体析出 (6). CO2和NaCl (7). c (8). 不可行；因为KHCO3的溶解度较大，且在常温下与KCl溶解度相差小，当温度高于40时，由图象可知，降温结晶时会析出较多的KCl，无法大量析出碳酸氢钾【解析】【分析】二氧化碳在水中的溶解度较小，氨气极易溶于水，先通入NH3使溶液呈碱性，在氨的饱和NaCl溶液中通入二氧化碳气体析出碳酸氢钠晶体，过滤，得到的A为NaHCO3微小晶体，加热碳酸氢钠分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，所以气体A为二氧化碳；母液为NH4Cl溶液，NH4Cl在低温下比NaCl溶解度小，在5
33、10时，向NH4Cl溶液中加入食盐细粉，可使NH4Cl单独结晶析出，固体B为NH4Cl，滤液B为NaCl溶液。【详解】(1)除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、SO，可以先加BaCl2溶液除去硫酸根，再加NaOH溶液除去镁离子，之后加Na2CO3溶液除去过量的钡离子和钙离子，然后过滤，再加适量的盐酸除去过量的Na2CO3和NaOH；操作为过滤，用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒；(2)氨气极易溶于水，为了增大二氧化碳的溶解度，同时为了生成碳酸氢根，应先通入足量的NH3，再通入足量的CO2；在氨的饱和NaCl溶液中通入二氧化碳气体析出碳酸氢钠晶体，离子方程式为Na+NH3+CO2+H2ONaHCO3
34、+NH；(3)加入食盐细粉可以增大氯离子的浓度，促进氯化铵晶体析出；根据分析可知反应产生的二氧化碳、以及滤液B中的NaCl可以循环使用；(4)固体A主要成分为碳酸氢钠，与HCl反应生成NaCl、水和二氧化碳，溶液中因溶有少量二氧化碳而显酸性，所以选用甲基橙溶液作指示剂，故选c；(5)因为KHCO3的溶解度较大，且在常温下与KCl溶解度相差小，当温度高于40时，由图象可知，降温结晶时会析出较多的KCl，无法大量析出碳酸氢钾，所以不能用氨碱法以氯化钾和石灰石为原料制碳酸钾。18. NH3、NOx、SO2处理不当易造成环境污染，如果对这些气体加以利用就可以变废为宝，既减少了对环境的污染，又解决了部分
35、能源危机问题。(l)硝酸厂常用催化还原方法处理尾气。CH4在催化条件下可以将NO2还原为N2，已知：则反应 H=_(2)工业上利用氨气生产氢氰酸(HCN)的反应为：CH4(g)+NH3(g) HCN(g)+3H2(g) H0在一定温度条件下，向2L恒容密闭容器中加入2mol CH4和2mol NH3，初始压强为4105Pa，平衡时NH3体积分数为30%，所用时间为10min，则该时间段内用CH4的浓度变化表示的反应速率为_molLlmin1，该温度下平衡常数Kp=_(用平衡分压代替平衡浓度表示，分压=总压物质的量分数)，若保持温度不变，再向容器中加入CH4和H2各1mol，则再次平衡时HCN的
36、体积分数 _(填“增大”“不变”或“减小”)。其他条件一定，达到平衡时NH3转化率随外界条件X变化的关系如图1所示，X代表_(填字母代号)。A温度B压强C原料中CH4与NH3的体积比(3)某研究小组用NaOH溶液吸收尾气中的二氧化硫，将得到的Na2SO3进行电解生产硫酸，其中阴、阳膜组合电解装置如图2所示，电极材料为石墨，AE分别代表生产中的原料或产品，b表示_(填“阴”或“阳”)离子交换膜。阳极的电极反应式为_。【答案】 (1). -958.0kJmol1 (2). 0.025 (3). 7.5109 Pa2 (4). 减小 (5). B (6). 阴 (7). SO-2e+H2O=2H+S
37、O【解析】【分析】(l) 根据盖斯定律计算焓变；(2) 利用“三段式”计算反应速率、平衡常数；根据平衡移动原理分析；(3) 电解池中阴离子向阳极移动，阳极失电子发生氧化反应；【详解】(l)根据盖斯定律-得 H=-958.0kJmol1； (2) 平衡时NH3体积分数为30%，则 ，x=0.5mol，用CH4的浓度变化表示的反应速率为molLlmin1；初始压强为4105Pa，则平衡后的压强为 Pa= 5105Pa，该温度下平衡常数Kp=7.5109 Pa2；若保持温度不变，再向容器中加入CH4和H2各1mol，相当于加压，则再次平衡时HCN的体积分数减小；ACH4(g)+NH3(g) HCN(
38、g)+3H2(g)正反应吸热，升高温度，平衡正向移动，甲烷转化率增大，所以X不代表温度，故不选A；BCH4(g)+NH3(g) HCN(g)+3H2(g)，增大压强，平衡逆向移动，甲烷转化率减小，所以X可以代表压强，故选B； C原料中CH4与NH3的体积比越大，甲烷转化率越小，所以X不代表CH4与NH3的体积比，故不选C；(3) 电解Na2SO3溶液生产硫酸，SO32-在阳极发生氧化反应生成SO42-，所以SO32-应该向阳极移动，b表示阴离子交换膜。阳极的电极反应式为SO-2e+H2O=2H+SO。【点睛】本题考查反应热计算、化学平衡计算、电解原理应用，明确盖斯定律、电解原理是解题关键，会利
39、用“三段式”计算平衡常数，注意理解Kp的定义。19. 近年来，FePO4作为制备锂离子电池正极材料LiFePO4的重要原料而成为研究热点。一种以FeCl3、H3PO4、 氨水为主要原料制备FePO4的流程如下图。已知： H3PO4是弱电解质(1)将FeCl3溶液与H3PO4溶液混合，没有明显现象，逐渐滴加氨水至pH=1.5左右，生成FePO42H2O沉淀。操作a为_。生成FePO42H2O的离子方程式是_。控制氨水用量，保持pH=1.5左右，若pH过大或过小产生的影响是_。当pH=2.0时溶液中PO的是否沉淀完全_(填“是”或“否”，当离子浓度10-5mol/L认为该离子沉淀完全，已知Fe(O
40、H)3 、FePO4的Ksp分别为410-38、1.310-22)检验FePO42H2O固体洗涤干净的方法是：_。与Li2CO3、H2C2O4高温煅烧可以制备，写出其发生反应的化学方程式_。(2)测定产物样品中铁元素的质量分数，主要步骤如下：i.取a g样品，加入过量盐酸充分溶解，再滴加SnCl2 (还原剂)至溶液呈浅黄色；ii.加入TiCl3，恰好将i中残余的少量Fe3+还原为Fe2+iii.用c molL-1K2Cr2O7标准溶液滴定Fe2+，消耗v mLK2Cr2O7标准溶液产物中铁元素的质量分数为_。【答案】 (1). 过滤 (2). Fe3+H3PO4 +3NH3 H2OFePO4
41、2H2O+3 NH +H2O (3). pH过大生成Fe(OH)3，pH过小磷酸根不能全部沉淀，均使FePO4产率减小 (4). 是 (5). 取适量最后一次洗涤液于试管中，滴加少量硝酸酸化的硝酸银溶液，若无白色沉淀生产，则已洗涤干净。 (6). 2FePO4 + Li2CO3+ H2C2O4 2LiFePO4+ H2O+ 3CO2 (7). 33.6cv/a【解析】【分析】向FeCl3和H3PO4的混合溶液中加入氨水并水浴加热，氨水与磷酸反应生成PO， PO与Fe3+反应生成FePO4，H3PO4为弱电解质，pH过低，酸性较强时电离受到抑制导致FePO4产率不高，pH过高，Fe3+水解生成F
42、e(OH)3，FePO4产率降低，加入氨水加热，促进磷酸的电离，增大FePO4的产率。测定铁元素产率时，Fe3+被还原剂还原为Fe2+，Fe2+被酸性K2Cr2O7氧化，根据氧化剂和还原剂的化学计量系数关系，进一步求解。【详解】混合溶液中加入氨水并水浴加热，得到磷酸铁的悬浊液，经操作a分离得FePO42H2O固体，故操作a为过滤；H3PO4为弱电解质，不能拆，故生成FePO42H2O的离子方程式为：Fe3+H3PO4 +3NH3 H2OFePO4 2H2O+3 NH+H2O；（1）氨水滴加过程控制溶液的pH保持在1.5左右，pH过低，H3PO4电离程度小，PO浓度减小，磷酸铁的产率降低，pH过
43、高，促进Fe3+水解生成Fe(OH)3，导致磷酸铁的产率降低；（2）pH=2，c(H+)=10-2 mol/L ，c(OH-) =10-12 mol/L，c(Fe3+) = = = 410-2 mol/L，c(PO) = = = 3.2510-23mol/L10-5 mol/L，则PO已完全沉淀，故答案为：（1）pH过大生成Fe(OH)3，pH过小磷酸根不能全部沉淀，均使FePO4产率减小，（2）是；制备的FePO42H2O固体含有杂质Cl-，检验最后一次洗涤液中无Cl-，则说明产品已洗涤干净，故答案为：取适量最后一次洗涤液于试管中，滴加少量硝酸酸化的硝酸银溶液，若无白色沉淀生产，则已洗涤干净
44、；（1）FePO4与Li2CO3、H2C2O4高温煅烧制备LiFePO4，发生氧化还原反应，根据化合价升降法进行配平；（2）测定产品中铁元素的质量分数时，Fe3+被SnCl2和TiCl3还原Fe2+，生成的Fe2+被酸性重铬酸钾氧化，发生反应的离子方程式为：6Fe2+ + Cr2O+14H+ = 6Fe3+ + 2Cr3+7H2O根据关系式Cr2O6Fe2+ 6 FePO4可得n (FePO4)=610-3cV mol，铁元素的质量分数=；故答案为：（1）2FePO4 + Li2CO3+ H2C2O4 2LiFePO4+ H2O+ 3CO2，（2）。【点睛】分离固液混合物的操作是过滤，据此回答
45、，本题所涉及的方程式的书写反应物、产物均已给出，可先分析是否是氧化还原反应，配平即可；计算质量分数、产率、转化率等只需要列出关系式进行求解，如本题所列的关系式为：Cr2O6Fe2+ 6 FePO420. 硫代硫酸钠晶体(Na2S2O35H2O，M=248 gmol1)是重要的化工原料，易溶于水，不溶于乙醇，具有较强的还原性和配位能力，在中性或碱性环境中稳定。某兴趣小组用下图装置制备。I.制备Na2S2O35H2O合成反应：实验步骤：装置A制备通入装置C中的混合溶液，加热、搅拌，至溶液约为7时，停止通入气体，得产品混合溶液，经过分离提纯得到产品。(1)仪器A的名称是_，仪器B中长颈漏斗的作用是_
46、，另外可以通过装置B观察SO2的生成速率，其中的液体可以选择_a.浓H2SO4 b.饱和Na2SO3溶液 c.饱和NaCl溶液 d.饱和NaHSO3溶液(2)装置C中的反应混合溶液pH过低将导致产率降低，原因是(离子方程式表示)_(3)产品混合溶液经_洗涤、干燥，得到Na2S2O3 5H2O产品。下列说法正确的是_。A蒸发浓缩至溶液表面出现晶膜时，停止加热B 快速蒸发溶液中水分，可得较大晶体颗粒C 冷却结晶后的固液混合物中加入乙醇可提高产率D 可选用冷的Na2SO3溶液作洗涤剂II.测定产品纯度：准确称取Wg产品，用适量蒸馏水溶解，以淀粉作指示剂，用0.1000 molL1碘的标准溶液滴定。
47、反应原理为：2S2O+I2=S4O+2I(4)滴定至终点时，滴定终点的现象是_。(5)滴定起始和终点的液面位置如下图，则消耗碘的标准溶液体积为_mL。若滴定终点时仰视凹液面，则测定产品的纯度结果_。(填“偏高”、“偏低”、或“无影响”)III.Na2S2O3的应用(6)Na2S2O3溶液常用作定影剂，溶去胶片上未感光的AgBr，该反应的离子方程式_【答案】 (1). 圆底烧瓶 (2). 平衡压强 (3). ad (4). S2+2H+= S+SO2+H2O (5). 蒸发浓缩、冷却结晶 、过滤 (6). AC (7). 滴下最后一滴标准液时，溶液由无色变蓝色且半分钟不变色 (8). 18.10
48、 (9). 偏高 (10). AgBr+2S2O=【Ag(S2O3)2】3-+Br【解析】【分析】亚硫酸钠和硫酸反应生成二氧化硫，B为缓冲装置，C装置中二氧化硫和碳酸钠反应最终生成硫代硫酸钠。【详解】(1)仪器A是圆底烧瓶，仪器B中长颈漏斗的作用是平衡压强，防止压强过大，通过装置B观察SO2的生成速率，其中的液体不能与二氧化硫反应，且能减少二氧化硫的溶解，可以选择a.浓H2SO4和d.饱和NaHSO3溶液，而b.饱和Na2SO3溶液和c.饱和NaCl溶液不能减少二氧化硫的溶解；(2)硫代硫酸钠在酸性条件下反应，离子方程式为S2+2H+= S+SO2+H2O，所以pH过低将导致产率降低；(3)产
49、品混合溶液经蒸发浓缩、冷却结晶，过滤，洗涤、干燥，得到Na2S2O3 5H2O产品；A得到的硫代硫酸钠晶体在加热时会失去结晶水，所以蒸发浓缩至溶液表面出现晶膜时，停止加热，故正确；B 快速蒸发溶液中水分，可得细小晶体颗粒，故错误；C根据题干信息分析，硫代硫酸钠晶体易溶于水，难溶于乙醇，所以冷却结晶后的固液混合物中加入乙醇可以减小硫代硫酸钠的溶解度，可提高产率，故正确；D.硫代硫酸钠晶体易溶于水，所以选用冷的Na2SO3溶液作洗涤剂是错误的。故选AC。II.测定产品纯度：准确称取Wg产品，用适量蒸馏水溶解，以淀粉作指示剂，用0.1000 molL1碘的标准溶液滴定。 反应原理为：2S2O+I2=S4O+2I(4)根据碘遇到淀粉显蓝色的特性分析，滴定终点的现象是滴下最后一滴标准液时，溶液由无色变蓝色且半分钟不变色；(5)滴定前的读数为0.00mL，滴定后的读数为18.10mL，故消耗碘的标准液体为18.10mL；若滴定终点时仰视凹液面，则标准液的体积变大，测定产品的纯度结果偏高；(6)Na2S2O3溶液与AgBr反应，S2O与银离子反应生成【Ag(S2O3)2】3-，离子方程式为AgBr+2S2O=【Ag(S2O3)2】3-+Br。