1、2015年安徽省“江淮十校”高考化学模拟试卷（4月份）一、选择题（共7小题，每小题3分，满分21分）1我国京津冀地区部分城市常出现雾霾，其主要成分为细颗粒、SO2和NxOy、重金属离子及芳香烃等，对环境危害极大，对其治理越来越受到重视下列说法正确的是( )A重金属离子Ag+、Cu2+、K+均可导致蛋白质变性BS02和NxOy都属于非金属氧化物，也都是酸性氧化物C部分颗粒分散在空气中可能会形成丁达尔现象D苯和苯的衍生物都是芳香烃2下列各组微粒在指定溶液中一定能大量共存的是( )A石蕊变红色的溶液：Na+、Mg2+、Cl、SO42B能溶解氧化铝粉末的溶液中：K+、N03、Cl、NH4+C滴加苯酚溶
2、液显紫色的溶液：NH4+、K+、Cl、H2SD由水电离出的c（H+）=1012molL1的溶液：Na+、K+、NO3、C6H5O3NA表示阿伙加德罗常数的值下列判断正确的是( )A常温常压下，17g氨气分子所含质子数为10NAB1mol CL2参加反应，转移电子数一定为2NC常温常压下，22.4 L C02分子中含有2NA个键和2NA个1键D1 L 0.01 molL1的Na2CO3溶液中含有0.01NA个CO24下列各装置能够达到相应实验目的是( )A用装置除去乙酸乙酯中混有的少量乙酸B用装置除去氯气中的少量氯化氢C用装置制取无水MgCl2D用装置制取乙烯5将物质的量浓度之比为1：2的X（g
3、）与Y（g）在密闭容器中进行反应：X（g）+2Y（g）=3Z（g）+Q（s）HO，下列叙述一定正确的是( )A当容器中X与Y的物质的量浓度之比满足1：2时，反应达到平衡B达到平衡后，反应速率3v正（Y）=2v逆（z）C达到平衡时，X的转化率为25%，则平衡常数K值为D达到平衡后，升高温度，X的体积分数增大6常温下，向100mL 0.0l molL1HCl的溶液中逐滴加入0.02molL1 MOH溶液的过程中，其pH变化如图所示（溶液体积变化忽略不计）下列说法中正确的是( )AMOH为一元强碱BN点水的电离程度小于K点水的电离程度C在K点，c（M+）c（Cl）c（OH）c（H+）DK点对应的溶液
4、中，有c（ MOH）+c（ M+）=0.02 molL17下列叙述和推论都正确的是( )叙述推论A酸性：HClH2CO3H2SiO3非金属性：ClCSiB组成原电池时，通常是还原性较强的物质做负极镁和铝在氢氧化钠溶液中组成原电池时，镁做负极COH是亲水基，含有OH的有机物都易溶于水常温时，C2H5OH和 都易溶于水D溶解度小的沉淀可转化成溶解度更小的沉淀向AgCl悬浊液中滴加KI溶液可以得到AgI沉淀AABBCCDD二、解答题（共4小题，满分58分）8已知A、B、C、D、E都是周期表中前四周期的元素，它们的核电荷数依次增加相关信息如下表所示，根据推断回答下列问题：（答题时A、B、C、D、E用所
5、对应的元素符号表示） AA的一种单质在自然界中硬度最大BB元素的第一电离能比同周期相邻两个元素都大C同周期中，C元素的最高价氧化物对应的水化物的碱性最强DD的基态原子M层电子数是K层的2 倍EE与C位于不同周期，E原子核外最外层电子数与C相同，其余各层电子均充满（1）E在周期表中位于第_周期第_族，C基态原子核外电子排布式是_（2）A、B、D三种元素电负性由大到小排列顺序为_，其中A的最高价氯化物为_（填“极性分子”或“非极性分子”）（3）A和B的最简单氢化物中沸点较高的_原因是_（4）已知：AH4（g）+2BO2（g）=B2（g）+AO2（g）+2H2O（g） H1=867kJmol12BO
6、2（g）=B2 O4（g） H2=56.9kJmol1写出AH4和B2O4反应的热化学方程式_9（14分）麻黄素是一种拟肾上腺素药，主要用于治疗习惯性支气管哮喘等，其合成路线如下：（有些反应物省略）（1）A到B的反应类型是_（2）E中官能团名称为_（3）D与银氨溶液反应的化学方程式为_（4）F的结构简式是_，H是F的同分异构体，H中含有苯环，苯环上只有两个取代基，并且能发生水解反应，则H的可能结构有_种，其中核磁共振氢谱显示有四组峰的结构简式为（任写种）_（5）下列关于G的说法正确的是_a能发生加成反应 b能发生酯化反应 c能使酸性高锰酸钾溶液褪色d能与盐酸反应 e能发生消去反应10（16分）
7、工业磷酸一铵（ NH4 H2PO4）是一种很好的阻燃、灭火剂，广泛用于木材、纸张、织物的阻燃，纤维加工和染料工业的分散剂等如图是实验室用磷矿石（主要成分Ca5F（ PO4）及禽SO4的废气，模拟 工业湿法制备磷酸并用于制备干燥磷酸一铵的工艺流程：已知：磷酸二氢盐的溶解性类似于硝酸盐，磷酸一氢盐和磷酸正盐的溶解性类似于碳酸盐（1）将下列物质加入气体Y的水溶液中，不能发生反应的是_（填编号）ASiO2 B稀盐酸 CNaOH溶液 DNa2 SiO3溶液（2）写出溶液x中发生的主要反应的化学方程式是_（3）操作l用到的玻璃仪器有_（4）系列操作为：蒸发浓缩、_ 过滤、_（5）通人NH3时，要控制到合适
8、的pH，理由是_（6）为测量产品中磷酸一铵的纯度，进行下列实验：称取6.0g样品，将样品用足量的水溶解后，滴加过量的Ba（OH）2溶液（假设其它杂质不与Ba（OH）2反应）；过滤、洗涤、干燥，称量固体的质量为15.0g试计算样品的纯度（计算结果保留一位小数）11（16分）湿式吸收一电解再生法，是采用氧化一电解的双反应器对含硫化氢的废气进行脱硫制氢实验表明，双反应器法可以在较宽的范围内实现对硫化氢的有效吸收，并可同时制取氢气和硫磺，该法基本流程如图，其中氧化吸收器中为FeCl3溶液，电解反应器可实现FeCl3溶液的恢复及H2的制备（l）氧化反应器中发生的主要反应的离子有程式为_（2）电解反应器中
9、，阳极反应式是_（3）某研究小组在实验室中模拟上述过程，研究FeCl3溶液吸收H2S气体的效率，实验时要先向FeCl3溶液中通人N2，其目的是_对影响吸收效率的因素提出如下假设，请你完成假设二和假设三：假设一：H2S气体的通入速率；假设二：_；假设三：_请你设计实验就假设一进行验证，将实验步骤及结论补充完整（注：可用pH计测量溶液中的H+浓度）实验步骤及结论分别取等体积、等浓度的FeCl3溶液于不同的试管中；_结论：_（4）将FeCl3溶液吸收H2S气体后的溶液过滤后，取少量向其中加入BaCl2溶液，发现有白色沉淀生成（注：BaS溶于盐酸）则白色沉淀可能是_你的判断理由是_2015年安徽省“江
10、淮十校”高考化学模拟试卷（4月份）一、选择题（共7小题，每小题3分，满分21分）1我国京津冀地区部分城市常出现雾霾，其主要成分为细颗粒、SO2和NxOy、重金属离子及芳香烃等，对环境危害极大，对其治理越来越受到重视下列说法正确的是( )A重金属离子Ag+、Cu2+、K+均可导致蛋白质变性BS02和NxOy都属于非金属氧化物，也都是酸性氧化物C部分颗粒分散在空气中可能会形成丁达尔现象D苯和苯的衍生物都是芳香烃【考点】氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；胶体的重要性质；芳香烃、烃基和同系物 【分析】AK+不是重金属离子；BNxOy组成未知，不一定是酸性氧化物；C胶
11、体具有丁达尔效应；D芳香烃通常指分子中含有苯环结构的碳氢化合物【解答】解：AK+不是重金属离子，不可导致蛋白质变性，故A错误； B二氧化硫为酸性氧化物，但NxOy组成未知，不一定是酸性氧化物，故B错误；C胶体分散质粒子直径大小为1100纳米，直径在1100纳米的颗粒物分散在空气中可形成胶体，故C正确；D苯的衍生物可能含有氧，不一定是烃，故D错误故选C【点评】本题考查了蛋白质、胶体的性质、芳香烃、酸性氧化物的定义，涉及知识点广，均为基础性知识，熟练掌握物质的性质和概念是解题的关键2下列各组微粒在指定溶液中一定能大量共存的是( )A石蕊变红色的溶液：Na+、Mg2+、Cl、SO42B能溶解氧化铝粉
12、末的溶液中：K+、N03、Cl、NH4+C滴加苯酚溶液显紫色的溶液：NH4+、K+、Cl、H2SD由水电离出的c（H+）=1012molL1的溶液：Na+、K+、NO3、C6H5O【考点】离子共存问题 【分析】A石蕊变红色的溶液，显酸性；B能溶解氧化铝粉末的溶液，为酸或强碱溶液；C滴加苯酚溶液显紫色的溶液，含铁离子；D由水电离出的c（H+）=1012molL1的溶，为酸或碱溶液【解答】解：A石蕊变红色的溶液，显酸性，该组离子之间不反应，可大量共存，故A正确；B能溶解氧化铝粉末的溶液，为酸或强碱溶液，碱性溶液中不能大量存在NH4+，故B错误；C滴加苯酚溶液显紫色的溶液，含铁离子，与H2S发生氧化
13、还原反应，不能大量共存，故C错误；D由水电离出的c（H+）=1012molL1的溶，为酸或碱溶液，酸溶液中不能大量存在C6H5O，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3NA表示阿伙加德罗常数的值下列判断正确的是( )A常温常压下，17g氨气分子所含质子数为10NAB1mol CL2参加反应，转移电子数一定为2NC常温常压下，22.4 L C02分子中含有2NA个键和2NA个1键D1 L 0.01 molL1的Na2CO3溶液中含有0.01NA个CO2【考点】阿伏加德罗常
14、数 【分析】A、求出氨气的物质的量，然后根据氨气是10质子微粒来计算；B、氯气在反应中可能做氧化剂也可能做还原剂；C、常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol；D、碳酸根离子是弱酸根离子，在溶液中会水解【解答】解：A、17g氨气的物质的量为1mol，而氨气是10质子微粒，故1mol氨气中含10mol质子，故A正确；B、氯气在反应中可能做氧化剂也可能做还原剂，可能被还原为1价，也可能被氧化为+1或+3或+5或+7价，故转移的电子数不一定是2NA，故B错误；C、常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，故22.4L二氧化碳气体的物质的量小于1mol，故含有的键和键分别少于2NA个，故C
15、错误；D、在溶液中碳酸根离子水解，故溶液中的碳酸根的个数小于0.01NA个，故D错误故选A【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键，难度不大4下列各装置能够达到相应实验目的是( )A用装置除去乙酸乙酯中混有的少量乙酸B用装置除去氯气中的少量氯化氢C用装置制取无水MgCl2D用装置制取乙烯【考点】化学实验方案的评价 【专题】实验评价题【分析】A乙酸、乙酸乙酯均与NaOH反应；B氯气、HCl在溶液中均与硝酸银反应；C在HCl气流中可抑制镁离子水解；D制备乙烯需要在170，应测定反应混合液的温度【解答】解：A乙酸、乙酸乙酯均与NaOH反应，不能除杂，应将试剂改
16、为饱和碳酸钠，故A错误；B氯气、HCl在溶液中均与硝酸银反应，不能除杂，应加硝酸银改为饱和食盐水，故B错误；C在HCl气流中可抑制镁离子水解，则图中装置可制取无水MgCl2，故C正确；D制备乙烯需要在170，应测定反应混合液的温度，图中温度计的位置不合理，水银球应在液面以下，故D错误；故选C【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及混合物分离提纯、盐类水解及应用、有机物的制备实验等，把握物质的性质、反应原理、实验基本技能为解答的关键，侧重实验评价分析的考查，注意实验装置的作用，题目难度不大5将物质的量浓度之比为1：2的X（g）与Y（g）在密闭容器中进行反应：X（g）+2Y（g）=3Z
17、（g）+Q（s）HO，下列叙述一定正确的是( )A当容器中X与Y的物质的量浓度之比满足1：2时，反应达到平衡B达到平衡后，反应速率3v正（Y）=2v逆（z）C达到平衡时，X的转化率为25%，则平衡常数K值为D达到平衡后，升高温度，X的体积分数增大【考点】化学平衡的计算；化学平衡状态的判断 【分析】A、平衡的标志是正逆反应速率相同，各组分含量保持不变，浓度之比等于化学方程式计量数之比不能说明正逆反应速率相同；B、速率之比等于化学方程式计量数之比，为正反应速率之比，V（Y）正：V（Z）正=2：3，3v正（Y）=2v逆（z），说明正逆反应速率相同；C、结合化学平衡三段式列式计算平衡浓度，K=；D、反
18、应是吸热反应，升温平衡向吸热反应方向移动【解答】解：A、平衡的标志是正逆反应速率相同，各组分含量保持不变，浓度之比等于化学方程式计量数之比，只能说明起始量符合反应比，不能说明正逆反应速率相同，不能说明反应大平衡状态，故A错误；B、速率之比等于化学方程式计量数之比，为正反应速率之比，V（Y）正：V（Z）正=2：3，3v正（Y）=2v逆（z），说明Z的正逆反应速率相同，反应达到平衡状态，故B正确；C、结合化学平衡三段式列式计算平衡浓度，X的转化率为25%，固体不写入平衡常数计算， X（g）+2Y（g）=3Z（g）+Q（s）起始量 1 2 0 0变化量 0.25 0.5 0.75 0.25平衡量 0
19、.75 1.5 0.75 K=0.25，故C错误；D、反应是吸热反应，升温平衡向吸热反应方向移动，平衡正向进行X的体积分数减小，故D错误；故选B【点评】本题考查了化学平衡三段式计算，平衡常数、反应速率、平衡标志的分析应用和计算应用，注意影响平衡的因素判断，掌握平衡移动原理是关键，题目较简单6常温下，向100mL 0.0l molL1HCl的溶液中逐滴加入0.02molL1 MOH溶液的过程中，其pH变化如图所示（溶液体积变化忽略不计）下列说法中正确的是( )AMOH为一元强碱BN点水的电离程度小于K点水的电离程度C在K点，c（M+）c（Cl）c（OH）c（H+）DK点对应的溶液中，有c（ MO
20、H）+c（ M+）=0.02 molL1【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算 【分析】0.01molL1 HCl溶液中pH=2，N点时溶液呈中性，MOH的物质的量大于HA的物质的量，说明MOH是弱碱，酸或碱性溶液抑制水电离，含有弱根离子的盐促进水电离，根据物料守恒计算K点c（MOH）和c（M+）的和，据此回答判断【解答】解：A.0.01molL1 HCl溶液中pH=2，N点时溶液呈中性，MOH的物质的量大于HA的物质的量，说明MOH是弱碱，故A错误；BN点溶液呈中性，K点溶液呈碱性，碱性溶液抑制水电离，所以N点水的电离程度大于K点水的电离程度，故B错误；CK点所示溶液中，l00mL 0
21、.01mol/L HCl的溶液中逐滴加入0.02mol/L MOH溶液100ml，反应后溶液中含有MOH、MCl溶液，显示碱性，c（OH）c（H+），则c（Cl）c（M+），所以c（M+）c（Cl）c（OH）c（H+），故C正确；D在K点时混合溶液体积是碱溶液的2倍，根据物料守恒结合溶液体积变化知，c（MOH）和c（M+）的和是原来MOH浓度的一半，有c（ MOH）+c（ M+）=0.01molL1故D错误故选C【点评】本题考查了酸碱反应的定量分析判断，掌握弱电解质电离平衡是解题关键，题目难度中等7下列叙述和推论都正确的是( )叙述推论A酸性：HClH2CO3H2SiO3非金属性：ClCSiB
22、组成原电池时，通常是还原性较强的物质做负极镁和铝在氢氧化钠溶液中组成原电池时，镁做负极COH是亲水基，含有OH的有机物都易溶于水常温时，C2H5OH和 都易溶于水D溶解度小的沉淀可转化成溶解度更小的沉淀向AgCl悬浊液中滴加KI溶液可以得到AgI沉淀AABBCCDD【考点】化学实验方案的评价 【分析】A最高价含氧酸的酸性越强，对应元素的非金属性越强；B失电子的一极为负极；C苯酚微溶于水；D在AgCl悬浊液中滴加KI溶液，能观察到黄色沉淀，发生沉淀的转化【解答】解：A最高价含氧酸的酸性越强，对应元素的非金属性越强，HCl不是最高价含氧酸，所以不能通过比较HCl与H2CO3的酸性来判断非金属性，故
23、A错误； B失电子的一极为负极，在镁、铝、稀NaOH溶液组成的原电池中，Al失电子为负极，故B错误；C乙醇易溶于水，苯酚微溶于水，故C错误；D在AgCl悬浊液中滴加KI溶液，能观察到黄色沉淀，发生沉淀的转化，是因AgI的溶解度比AgCl更小，故D正确故选D【点评】本题考查较综合，涉及酸性比较、原电池、有机物的性质、沉淀的转化等，侧重物质性质的考查，题目难度不大二、解答题（共4小题，满分58分）8已知A、B、C、D、E都是周期表中前四周期的元素，它们的核电荷数依次增加相关信息如下表所示，根据推断回答下列问题：（答题时A、B、C、D、E用所对应的元素符号表示） AA的一种单质在自然界中硬度最大BB
24、元素的第一电离能比同周期相邻两个元素都大C同周期中，C元素的最高价氧化物对应的水化物的碱性最强DD的基态原子M层电子数是K层的2 倍EE与C位于不同周期，E原子核外最外层电子数与C相同，其余各层电子均充满（1）E在周期表中位于第四周期第IB族，C基态原子核外电子排布式是1s22s22p63s1（2）A、B、D三种元素电负性由大到小排列顺序为NCSi，其中A的最高价氯化物为非极性分子（填“极性分子”或“非极性分子”）（3）A和B的最简单氢化物中沸点较高的NH3原因是NH3分子间存在氢键（4）已知：AH4（g）+2BO2（g）=B2（g）+AO2（g）+2H2O（g） H1=867kJmol12B
25、O2（g）=B2 O4（g） H2=56.9kJmol1写出AH4和B2O4反应的热化学方程式CH4（g）+N2O4（g）N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）H=810.1kJ/mol【考点】位置结构性质的相互关系应用 【分析】A、B、C、D、E都是周期表中前四周期的元素，它们的核电荷数依次增加，A的一种单质在自然界中硬度最大，则A为碳元素；同周期中，C元素的最高价氧化物对应的水化物的碱性最强，处于A族，原子序数大于碳，故C为Na；B元素的第一电离能比同周期相邻两个元素都大，处于A族或A族，而B的原子序数介于碳、钠之间，故B为N元素；D的基态原子M层电子数是K层的2 倍，则其M层电子数为4
26、，故D为Si；E与C位于不同周期，原子序数大于Si，则E处于第四周期，E原子核外最外层电子数与C相同，其余各层电子均充满，原子核外电子数=2+8+18+1=29，则E为Cu，据此解答【解答】解：A、B、C、D、E都是周期表中前四周期的元素，它们的核电荷数依次增加，A的一种单质在自然界中硬度最大，则A为碳元素；同周期中，C元素的最高价氧化物对应的水化物的碱性最强，处于A族，原子序数大于碳，故C为Na；B元素的第一电离能比同周期相邻两个元素都大，处于A族或A族，而B的原子序数介于碳、钠之间，故B为N元素；D的基态原子M层电子数是K层的2 倍，则其M层电子数为4，故D为Si；E与C位于不同周期，原子
27、序数大于Si，则E处于第四周期，E原子核外最外层电子数与C相同，其余各层电子均充满，原子核外电子数=2+8+18+1=29，则E为Cu（1）E为Cu，在周期表中位于第四周期第B族，C为Na，基态原子核外电子排布式是：1s22s22p63s1，故答案为：四、B；1s22s22p63s1；（2）A、B、D三元素分别为C、N、Si，同周期随原子序数增大电负性增大，同主族自上而下电负性减小，故电负性由大到小顺序为：NCSi，其中A的最高价氯化物为CCl4，为正四面体结构，分子中正负电荷重心重合，属于非极性分子，故答案为：NCSi；非极性分子；（3）A、B的最简单氢化物分别为CH4、NH3，由于NH3分
28、子间存在氢键，其沸点高于CH4的，故答案为：NH3；NH3分子间存在氢键； （4）已知：、CH4（g）+2NO2（g）N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）H1=867kJ/mol、2NO2（g）N2O4（g）H2=56.9kJ/mol由盖斯定律，得：CH4（g）+N2O4（g）N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）H=810.1kJ/mol，故答案为：CH4（g）+N2O4（g）N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）H=810.1kJ/mol【点评】本题考查结构性质位置关系应用，题目比较综合，涉及核外电子排布、电负性、热化学方程式等，侧重考查学生对知识的迁移应用，难度中等9（14分）麻
29、黄素是一种拟肾上腺素药，主要用于治疗习惯性支气管哮喘等，其合成路线如下：（有些反应物省略）（1）A到B的反应类型是取代反应（2）E中官能团名称为羟基和碳碳三键（3）D与银氨溶液反应的化学方程式为（4）F的结构简式是，H是F的同分异构体，H中含有苯环，苯环上只有两个取代基，并且能发生水解反应，则H的可能结构有12种，其中核磁共振氢谱显示有四组峰的结构简式为（任写种）或（5）下列关于G的说法正确的是a、b、c、da能发生加成反应 b能发生酯化反应 c能使酸性高锰酸钾溶液褪色d能与盐酸反应 e能发生消去反应【考点】有机物的推断 【分析】根据题中各物质转化关系，A中甲基上的氢原子发生取代反应生成B，B
30、在碱性条件下发生水解得C为，C发生氧化反应得D为，D与乙炔钠发生加成反应再酸化得E，根据F的分子式可知，E在硫酸汞作用下与水反应生成F为，据此答题【解答】解：根据题中各物质转化关系，A中甲基上的氢原子发生取代反应生成B，B在碱性条件下发生水解得C为，C发生氧化反应得D为，D与乙炔钠发生加成反应再酸化得E，根据F的分子式可知，E在硫酸汞作用下与水反应生成F为，（1）根据上面的分析可知，A到B的反应类型是取代反应，故答案为：取代反应； （2）根据E的结构简式可知，E中官能团名称为羟基和碳碳三键，故答案为：羟基和碳碳三键； （3）D为，D与银氨溶液反应的化学方程式为，故答案为：； （4）根据上面的分
31、析可知，F的结构简式是，H是F的同分异构体，H中含有苯环，苯环上只有两个取代基，并且能发生水解反应，则H的可能结构为苯环上连有HCOO、CH2CH3或CH3COO、CH3或COOCH3、CH3或HCOOCH2、CH3，每种结构各有邻间对三种，所以共有12种，其中核磁共振氢谱显示有四组峰的结构简式为或，故答案为：；12；或；（5）根据G的结构简式可知，G中含有苯环、羟基、碳氮双键，所以G能发生加成反应、酯化反应、能使酸性高锰酸钾溶液褪色，G中有氮原子，有孤电子对，能与盐酸反应，G中羟基邻位碳上没有氢原子，所以不能发生消去反应，故选a、b、c、d【点评】本题考查了有机物的推断及合成，明确有机物的官
32、能团及其性质是解本题关键，了解典型的有机反应类型，知道有机反应中断键和成键位置，难度中等10（16分）工业磷酸一铵（ NH4 H2PO4）是一种很好的阻燃、灭火剂，广泛用于木材、纸张、织物的阻燃，纤维加工和染料工业的分散剂等如图是实验室用磷矿石（主要成分Ca5F（ PO4）及禽SO4的废气，模拟 工业湿法制备磷酸并用于制备干燥磷酸一铵的工艺流程：已知：磷酸二氢盐的溶解性类似于硝酸盐，磷酸一氢盐和磷酸正盐的溶解性类似于碳酸盐（1）将下列物质加入气体Y的水溶液中，不能发生反应的是B（填编号）ASiO2 B稀盐酸 CNaOH溶液 DNa2 SiO3溶液（2）写出溶液x中发生的主要反应的化学方程式是2
33、Ca（H2PO4）2+2SO2+O2+6H2O=4H3PO4+2CaSO42H2O（3）操作l用到的玻璃仪器有漏斗、玻璃棒、烧杯（4）系列操作为：蒸发浓缩、冷却结晶 过滤、干燥（5）通人NH3时，要控制到合适的pH，理由是若NH3少，则产率低；若NH3多，则易生成（NH4）2HPO4或（NH4）3PO4（6）为测量产品中磷酸一铵的纯度，进行下列实验：称取6.0g样品，将样品用足量的水溶解后，滴加过量的Ba（OH）2溶液（假设其它杂质不与Ba（OH）2反应）；过滤、洗涤、干燥，称量固体的质量为15.0g试计算样品的纯度（计算结果保留一位小数）【考点】制备实验方案的设计 【分析】（1）根据磷矿石的
34、主要成分Ca5F（ PO4）3知Y是HF，其水溶液可与SiO2反应生成SiF4和H2O，与氢氧化钠发生中和反应，与Na2SiO3反应生成H2SiO3，进而生成SiF4和H2O，与盐酸不反应；（2）根据磷酸二氢盐的溶解性类似于硝酸盐知溶液X含Ca（H2PO4）2，溶液x中发生的反应可以认为是SO2、O2和H2O反应生成硫酸，而后硫酸与Ca（H2PO4）2反应生成石膏和H3PO4（乙），乙与氨气反应生成NH4 H2 PO4；（3）操作1是过滤，结合过滤操作和步骤分析需要的仪器；（4）蒸发浓缩与过滤之间的操作是冷却结晶，过滤后是洗涤、干燥；（5）若NH3少，则产率低；若NH3多，则易生成（NH4）2
35、HPO4或（NH4）3PO4，故需控制合适的pH；（6）依据反应的定量关系计算 2NH4H2PO4Ba3（PO4）2；【解答】解：（1）根据磷矿石的主要成分Ca5F（ PO4）3知Y是HF，A、HF其水溶液可与SiO2反应生成SiF4和H2O，故A不选；B、与盐酸不反应，故B选；C、与氢氧化钠发生中和反应，故C不选；D、与Na2SiO3反应生成H2SiO3，进而生成SiF4和H2O，故D不选，故答案为：B；（2）根据磷酸二氢盐的溶解性类似于硝酸盐知溶液X含Ca（H2PO4）2，溶液x中发生的反应可以认为是SO2、O2和H2O反应生成硫酸，而后硫酸与Ca（H2PO4）2反应生成石膏和H3PO4（
36、乙），乙与氨气反应生成NH4 H2 PO4，反应的化学方程式是2Ca（H2PO4）2+2SO2+O2+6H2O=4H3PO4+2CaSO42H2O，故答案为：2Ca（H2PO4）2+2SO2+O2+6H2O=4H3PO4+2CaSO42H2O；（3）操作1是过滤，用到漏斗、玻璃棒、烧杯，故答案为：漏斗、玻璃棒、烧杯；（4）系列操作为：蒸发浓缩与过滤之间的操作是冷却结晶，过滤后是洗涤、干燥，故答案为：冷却结晶，干燥；（5）通人NH3时，要控制到合适的pH，理由是，若NH3少，则产率低；若NH3多，则易生成（NH4）2HPO4或（NH4）3PO4，故需控制合适的pH，故答案为：若NH3少，则产率低
37、；若NH3多，则易生成（NH4）2HPO4或（NH4）3PO4；（6）结合磷酸根守恒得到计算关系，设磷酸一氨质量为X 2NH4H2PO4Ba3（PO4）2230 601X 15.0g得到X=5.7g样品的纯度=100%=95.0%，故答案为：95.0%；【点评】本题是工艺流程题，考查反应方程式的书写、实验基本操作、条件控制、纯度计算等，掌握基础是关键，题目难度中等11（16分）湿式吸收一电解再生法，是采用氧化一电解的双反应器对含硫化氢的废气进行脱硫制氢实验表明，双反应器法可以在较宽的范围内实现对硫化氢的有效吸收，并可同时制取氢气和硫磺，该法基本流程如图，其中氧化吸收器中为FeCl3溶液，电解反
38、应器可实现FeCl3溶液的恢复及H2的制备（l）氧化反应器中发生的主要反应的离子有程式为H2S+2Fe3+=2H+S+2Fe2+（2）电解反应器中，阳极反应式是Fe2+e=Fe3+（3）某研究小组在实验室中模拟上述过程，研究FeCl3溶液吸收H2S气体的效率，实验时要先向FeCl3溶液中通人N2，其目的是排除溶液中的O2，防止对实验产生影响对影响吸收效率的因素提出如下假设，请你完成假设二和假设三：假设一：H2S气体的通入速率；假设二：FeCl3溶液的浓度；假设三：溶液的pH请你设计实验就假设一进行验证，将实验步骤及结论补充完整（注：可用pH计测量溶液中的H+浓度）实验步骤及结论分别取等体积、等
39、浓度的FeCl3溶液于不同的试管中；向溶液中分别通入氮气分别向上述溶液中按不同的速度通入硫化氢气体分别用PH计测定溶液的PH的变化结论：若两溶液的PH值变化速率与气体通入速率比不同，说明硫化氢气体的通入速率对吸收速度有影响，否则无影响（4）将FeCl3溶液吸收H2S气体后的溶液过滤后，取少量向其中加入BaCl2溶液，发现有白色沉淀生成（注：BaS溶于盐酸）则白色沉淀可能是硫酸钡你的判断理由是原溶液中的氯离子排除氯化银生成的可能，而亚硫酸钡在酸性溶液中难生成，则白色沉淀可能为硫酸钡【考点】探究影响化学反应速率的因素 【分析】（1）硫化氢与氯化铁发生氧化还原反应，生成单质硫；（2）电解反应器中，阳
40、极是固液分离液中的亚铁离子发生氧化反应；（3）通人N2，排除溶液中的氧气，氧气存在氧气要氧化硫化氢，防止干扰三价铁与硫化氢发生氧化反应；对影响吸收效率的因素可能是气体通入速度太快，铁离子的浓度小和溶液的酸碱性以及反应体系的温度等因素综合考虑；实验步骤为：分别取等体积、等浓度的FeCl3溶液于不同的试管中，然后向溶液中分别通入氮气赶走其中的氧气，分别向上得溶液中按不同的速度通入硫化氢气体观察现象，并分别用PH计测定溶液的PH的变化；最后得出结论（4）因为原溶液是氯化铁，则溶液中一定没有银离子，而加入氯化钡生成白色沉淀，说明与钡离子有关，而原溶液呈酸性，所以排除亚硫酸钡和碳酸钡的可能，由此分析解答
41、【解答】解：（1）硫化氢与氯化铁发生氧化还原反应，生成单质硫，离子反应为H2S+2Fe3+=2H+S+2Fe2+，故答案为：H2S+2Fe3+=2H+S+2Fe2+；（2）电解反应器中，阳极是固液分离液中的亚铁离子发生氧化反应，电极反应式为：Fe2+e=Fe3+，故答案为：Fe2+e=Fe3+；（3）溶液中如果存在氧气，氧气优先氧化硫化氢，所以通入氮气的目的是：排除溶液中的O2，防止对实验产生影响，故答案为：排除溶液中的O2，防止对实验产生影响；对影响吸收效率的因素可能是气体通入速度太快，铁离子的浓度小和溶液的酸碱性以及反应体系的温度等因素，假设一：H2S气体的通入速率；假设二：FeCl3溶液
42、的浓度；假设三：溶液的pH，实验步骤为：分别取等体积、等浓度的FeCl3溶液于不同的试管中，然后向溶液中分别通入氮气赶走其中的氧气，分别向上得溶液中按不同的速度通入硫化氢气体观察现象，并分别用PH计测定溶液的PH的变化；结论如果两试管中溶液的PH值变化速率与气体通入速率之比相同，说明硫化氢气体的通入速率对吸收速度无影响，故答案为：FeCl3溶液的浓度；溶液的pH；向溶液中分别通入氮气；分别向上述溶液中按不同的速度通入硫化氢气体；分别用PH计测定溶液的PH的变化；若两溶液的PH值变化速率与气体通入速率比不同，说明硫化氢气体的通入速率对吸收速度有影响，否则无影响；（4）因为原溶液是氯化铁，则溶液中一定没有银离子，而加入氯化钡生成白色沉淀，说明与钡离子有关，而原溶液呈酸性，所以排除亚硫酸钡和碳酸钡的可能，所以沉淀是硫酸钡，故答案为：硫酸钡；原溶液中的氯离子排除氯化银生成的可能，而亚硫酸钡在酸性溶液中难生成，则白色沉淀可能为硫酸钡【点评】本题以脱硫制氢为载体考查了可逆反应、氧化还原反应、电解原理等知识点，本题是一道综合题，难度中等，考查了学生运用知识解决问题的能力，涉及到的知识点较多
