1、2014-2015学年河北省唐山市丰南二中高三（上）期中化学试卷一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1下列有关说法体现了化学与生产、生活、社会的密切关系 其中不正确的是( )A绚丽缤纷的烟花中添加了含钾、钠、钙、铜等金属元素的化合物B为防止中秋月饼等富脂食品氧化变质，常在包装袋中放入生石灰C停车场安装催化光反应设施，可使汽车尾气中的CO和NOX反应生成无毒气体D氮化硅陶瓷、氧化铝陶瓷、光导纤维等属于新型无机非金属材料2设NA代表阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是( )A10 mL 20 molL1浓硫酸与足量锌反应，转移电子数为0.2NAB0.1 mol24Mg18O晶体中所含中
2、子总数为2.0 NAC在标准状况下，2.8g N2和2.24L CO所含电子数均为1.4NAD1 L 1 molL1的NaClO溶液中含有ClO的数目为NA3下列离子方程式不正确的是( )A用稀硫酸除去铜绿：4H+Cu2（OH）2CO32Cu2+CO2+3H2OBFe3O4与稀硝酸反应的离子方程式为：Fe3O4+8H+Fe2+2Fe3+4H2OC向NH4Al（SO4）2溶液中滴入Ba（OH）2溶液恰好使SO42完全沉淀：2Ba2+NH4+Al3+2SO42+4OHAl（OH）3+NH3H2O+2BaSO4D少量氢氧化钙溶液与碳酸氢钠溶液混合：Ca2+2OH+2HCO3CaCO3+2H2O+CO
3、324下列推断正确的是( )ANa2O、Na2O2组成元素虽然相同，但与H2O、CO2等反应的产物不完全相同BSiO2 是酸性氧化物，不溶于水，也不能与任何酸发生反应CCO、SO2、NO、NO2都是对大气产生污染的气体，他们在空气中都能稳定存在D浓硫酸可用于干燥氢气、氯化氢、碘化氢等气体，但不能干燥氨气、二氧化氮气体5PbO2、KMnO4、Cl2、FeCl3、CuCl2的氧化性依次减弱下列反应在水溶液中不可能发生的是( )ACu+2Fe3+Cu2+2Fe2+B10Cl+2MnO4+16H+2Mn2+5Cl2+8H2OC2Fe2+Cl22Fe3+2ClD5Pb2+2MnO4+2H2O5PbO2+
4、2Mn2+4H+6Zn（OH）2是两性氢氧化物，和强酸反应时生成Zn2+，跟强碱反应时生成ZnO22现有三份等物质的量浓度、等体积的MgCl2、ZnCl2、AlCl3溶液（配制时均加入少量盐酸），现将一定浓度的NaOH溶液，分别滴入三种溶液中至过量，NaOH溶液的体积x（mL）与生成沉淀的物质的量y（mol）的关系如下图所示，则与MgCl2、ZnCl2、AlCl3三种溶液一一对应的正确图象是( )ABCD7将Mg、Cu组成的混合物13.2g投入到适量的稀硝酸中，固体完全溶解，收集到标准状况下的NO气体4.48L（无其他还原产物），向反应后的溶液中加入过量的2.5molL1的NaOH溶液300m
5、L，金属离子完全沉淀则形成沉淀的质量是( )A21.6gB26.8gC23.4gD31.9g二、解答题（共3小题，满分43分）8氮化硅可用作高温陶瓷复合材料，在航天航空、汽车发动机、机械等领域有着广泛的用途由石英砂合成氮化硅粉末的路线图如图所示其中NH2基团中各元素的化合价与NH3相同请回答下列问题：（1）石英砂不能与碱性物质共同存放，以NaOH为例，用化学反应方程式表示其原因：_（2）图示的变化中，属于氧化还原反应的是_（3）SiCl4在潮湿的空气中剧烈水解，产生白雾，军事工业中用于制造烟雾剂SiCl4水解的化学反应方程式为_（4）在反应中，3mol Si（NH2）4在高温下加热可得1mol
6、氮化硅粉末和8mol A气体，则氮化硅的化学式为_（5）在高温下将SiCl4在B和C两种气体的气氛中，也能反应生成氮化硅，B和C两种气体在一定条件下化合生成A写出SiCl4与B和C两种气体反应的化学方程式：_9碱式硫酸铁Fe（OH）SO4是一种用于污水处理的新型高效絮凝剂工业上利用废铁屑（含少量氧化铝、氧化铁等）生产碱式硫酸铁的工艺流程如下：已知：部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见右表回答下列问题：沉淀物Fe（OH）3Fe（OH）2Al（OH）3开始沉淀2.37.53.4完全沉淀3.29.74.4（1）加入少量NaHCO3的目的是调节pH在_范围内（2）反应中加入NaNO2的目的是氧化
7、亚铁离子，写出该反应的离子方程式为_（3）实际生产中，反应常同时通入O2以减少NaNO2的用量，若参与反应的O2体积为 11.2L（标准状况），则相当于节约NaNO2的物质的量为_（4）碱式硫酸铁溶于水后生成的Fe（OH）2+离子可部分水解生成Fe2（OH）42+聚合离子，该水解反应的离子方程式为_（5）在医药上常用硫酸亚铁与硫酸、硝酸的混合液反应制备碱式硫酸铁根据我国质量标准，产品中不得含有Fe2+及NO3为检验所得产品中是否含有Fe2+，应使用的试剂为_A氯水 BKSCN溶液 CNaOH溶液 D酸性KMnO4溶液（6）为测定含Fe2+和Fe3+溶液中铁元素的总含量，实验操作如下：准确量取2
8、0.00mL溶液于带塞锥形瓶中，加入足量H2O2，调节pH3，加热除去过量H2O2；加入过量KI充分反应后，再用 0.1000molL1 Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液20.00mL已知：3Fe3+2I2Fe2+I2 I2+2S2O322I+S4O62则溶液中铁元素的总含量为_gL1若滴定前溶液中H2O2没有除尽，所测定的铁元素的含量将会_ （填“偏高”“偏低”“不变”）10（18分）用如图装置可以完成一系列实验（图中夹持装置已略去）请回答下列问题：若在装置A中选用浓硫酸和亚硫酸钠固体制取SO2气体（根据需要可以加热），并通过装置B完成表中所设计实验，请填写表中空白：B中棉花的
9、位置所蘸试剂石蕊试液品红溶液淀粉和碘水混合液氢硫酸现象ab褪色浅黄色体现SO2的性质cdef若在装置A中选用浓硫酸和浓盐酸混合制取HCl气体，装置B中的四处棉花依次做如下处理：包有某固体物质、蘸有KI溶液、蘸有石蕊溶液、蘸有浓NaOH溶液回答下列问题：（1）P中所盛试剂为_（2）反应开始后，观察到处有棕黄色物质产生，写出处发生反应的离子方程式_；处包有的某固体物质可能是_aMnO2 bKMnO4cKCl dCu（3）在整个实验过程中，在处能观察到的现象为_（4）反应较长时间后，处棕黄色褪去，生成无色的IO3，写出该反应的离子方程式：_（5）两实验中尾气均可采用_溶液吸收（填化学式）【化学-选修
10、2：化学与技术】（共1小题，满分15分）11以黄铁矿为原料，采用接触法生产硫酸的流程可简示如图1：请回答下列问题：（1）在炉气制造中，生成SO2的化学方程式为_；（2）炉气精制的作用是将含SO2的炉气_、_和干燥，如果炉气不经过精制，对SO2催化氧化的影响是_；（3）精制炉气（含SO2体积分数为7%、O2为11%、N2为82%）中SO2平衡转化率与温度及压强关系如图2所示在实际生产中，SO2催化氧化反应的条件选择常压、450左右（对应图中A点），而没有选择SO2转化率更高的B或C点对应的反应条件，其原因分别是_、_；（4）在SO2催化氧化设备中设置热交换器的目的是_、_，从而充分利用能源【化学
11、-选修3：物质结构与性质】（共1小题，满分0分）12请回答下列问题：（1）N、Al、Si、Zn四种元素中，有一种元素的电离能数据如下：电离能I1I2I3I4Ia/kJmol15781 8172 74511 578则该元素是_（填写元素符号）（2）基态锗（Ge）原子的价层电子排布式是_Ge的最高价溴化物分子式是_该元素可能的性质或应用有_A是一种活泼的金属元素 B其单质可作为半导体材料C其元素的电负性大于硫元素 D其最高价氯化物的沸点低于其溴化物的沸点（3）关于化合物，下列叙述正确的有_A该分子在水中的溶解度大于2丁烯B分子中只有极性键C分子中有7个键和1个键D该化合物既能发生还原反应又能发生氧
12、化反应E分子间可形成氢键（4）NaF的熔点_ 的熔点（填“”、“=”或“”），其原因是_（5）NH4BF4（氟硼酸铵）是合成氮化硼纳米管的原料之一1molNH4BF4含有_mol配位键【化学-选修5：有机化学基础】（共1小题，满分0分）13可用来制备抗凝血药，通过下列路线合成：（1）A与银氨溶液反应有银镜生成，写出该反应的化学方程式_（2）BC的反应类型是_（3）写出DE的化学方程式：_（4）写出F和过量NaOH溶液共热时反应的化学方程式：_（5）下列关于G的说法正确的是_a能与溴单质反应 b能与金属钠反应 c.1mol G最多能和3mol氢气反应 d分子式是C9H6O3（6）E的同分异构体很
13、多，除E外符合下列条件的共_种含苯环且能与氯化铁溶液显色，苯环上有两个取代基，含酯基2014-2015学年河北省唐山市丰南二中高三（上）期中化学试卷一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1下列有关说法体现了化学与生产、生活、社会的密切关系 其中不正确的是( )A绚丽缤纷的烟花中添加了含钾、钠、钙、铜等金属元素的化合物B为防止中秋月饼等富脂食品氧化变质，常在包装袋中放入生石灰C停车场安装催化光反应设施，可使汽车尾气中的CO和NOX反应生成无毒气体D氮化硅陶瓷、氧化铝陶瓷、光导纤维等属于新型无机非金属材料【考点】焰色反应；氧化还原反应；常见的生活环境的污染及治理；无机非金属材料 【分析】A
14、烟花是焰色反应；B为了防止食品氧化变质，在包装袋中可以放入的化学物质应具有还原性；C处理汽车尾气时需要用到催化剂，把污染气体转化为无毒气体；D新型无机非金属材料主要有先进陶瓷、非晶体材料、人工晶体、无机涂层、无机纤维等【解答】解：A烟花中添加了含钾、钠、钙、铜等金属元素，燃烧时焰色反应发出各种颜色的光，故A正确； B为了防止食品氧化变质，在包装袋中可以放入的化学物质应具有还原性，如硫酸亚铁符合，石灰石只起到干燥剂的作用化，故B错误；C停车场安装催化光反应设施，可将汽车尾气中CO和NOx反应生成无毒气体N2和CO2，防止了对大气的污染，故C正确；D氮化硅、光导纤维、氧化铝陶瓷等属于新型无机非金属
15、材料，故D正确故选B【点评】本题考查了焰色反应、食品添加剂、催化剂，无机非金属材料等知识，题目难度不大，注意知识的积累2设NA代表阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是( )A10 mL 20 molL1浓硫酸与足量锌反应，转移电子数为0.2NAB0.1 mol24Mg18O晶体中所含中子总数为2.0 NAC在标准状况下，2.8g N2和2.24L CO所含电子数均为1.4NAD1 L 1 molL1的NaClO溶液中含有ClO的数目为NA【考点】阿伏加德罗常数 【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律【分析】A、12.5mL 16mol/L的浓硫酸中含有0.2mol硫酸，与锌反应时先生成二氧化
16、硫，等硫酸变稀时后生成氢气B、中子数=质量数质子数，1mol24Mg18O中含有的中子物质的量为（2412）+（188）=22mol，根据N=nNA计算中子数目C、氮气分子和一氧化碳分子是等电子体，且分子量相同，所以可以把混合物当作一种物质进行计算，根据气体的物质的量和分子的构成计算电子数；D、ClO是弱酸根，在溶液中会水解【解答】解：10mL 20mol/L的浓硫酸中含有0.2mol硫酸，与锌反应时先是硫元素被还原生成二氧化硫：Zn+SO42+4H+=Zn2+SO2+2H2O，此时当反应掉4mol氢离子时，转移2mol电子；如果氢离子有剩余，锌和氢离子再反应：Zn+2H+=Zn2+H2，此反
17、应中2mol氢离子转移2mol电子，而溶液中共0.4mol氢离子，故转移的电子数介于0.2NA和0.4NA之间，故A错误B、1mol24Mg18O中含有的中子物质的量为（2412）+（188）=22mol，0.1 mol24Mg18O晶体中所含中子总数为0.122molNAmol1=2.2NA，故B错误；C、一个氮气分子或一氧化碳分子中都含有14的电子，氮气和一氧化碳的摩尔质量相等，所以可把两种物质当成一种物质进行计算，2.8 g N2和2.8 g CO的物质的量都是0.1mol，含有的电子数都是1.4 NA，故C正确；D、ClO是弱酸根，在溶液中会水解，故溶液中ClO的个数小于NA个，故D错
18、误故选C【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，掌握公式的使用和物质的结构、状态是解题关键，难度不大3下列离子方程式不正确的是( )A用稀硫酸除去铜绿：4H+Cu2（OH）2CO32Cu2+CO2+3H2OBFe3O4与稀硝酸反应的离子方程式为：Fe3O4+8H+Fe2+2Fe3+4H2OC向NH4Al（SO4）2溶液中滴入Ba（OH）2溶液恰好使SO42完全沉淀：2Ba2+NH4+Al3+2SO42+4OHAl（OH）3+NH3H2O+2BaSO4D少量氢氧化钙溶液与碳酸氢钠溶液混合：Ca2+2OH+2HCO3CaCO3+2H2O+CO32【考点】离子方程式的书写 【分析】A稀硫酸与碱式
19、碳酸铜反应生成硫酸铜、二氧化碳气体和水；B稀硝酸具有强氧化性，能够将亚铁离子氧化成铁离子；C硫酸根离子恰好生成时，硫酸铝铵与氢氧化钡的物质的量之比为1：2，由于铵根离子结合氢氧根离子能力大于氢氧化铝，则反应生成氢氧化铝沉淀和一水合氨；D氢氧化钙少量，离子方程式按照氢氧化钙的化学式组成书写，反应离子方程式中碳酸根离子有剩余【解答】解：A用稀硫酸除去铜绿，反应的离子方程式为：4H+Cu2（OH）2CO32Cu2+CO2+3H2O，故A正确；BFe3O4与稀硝酸反应生成硝酸铁、一氧化氮气体和水，正确的离子方程式为：3Fe3O4+28H+NO3=NO+9Fe3+14H2O，故B错误；C向NH4Al（S
20、O4）2溶液中滴入Ba（OH）2溶液恰好使SO42完全沉淀，硫酸铝铵与氢氧化钡的物质的量之比为1：2，由于铵根离子结合氢氧根离子能力大于氢氧化铝，则反应生成氢氧化铝沉淀和一水合氨，反应的离子方程式为：2Ba2+NH4+Al3+2SO42+4OHAl（OH）3+NH3H2O+2BaSO4，故C正确；D少量氢氧化钙溶液与碳酸氢钠溶液混合，反应生成碳酸钙沉淀、碳酸钠和水，反应的离子方程式为：Ca2+2OH+2HCO3CaCO3+2H2O+CO32，故D正确；故选B【点评】本题考查了离子方程式的书写判断，题目难度中等，注意掌握离子方程式的书写原则，明确 判断离子方程式正误的常用方法，B、C为易错点，B
21、注意稀硝酸能够氧化亚铁离子、C明确铵根离子结合氢氧根离子能力大于氢氧化铝4下列推断正确的是( )ANa2O、Na2O2组成元素虽然相同，但与H2O、CO2等反应的产物不完全相同BSiO2 是酸性氧化物，不溶于水，也不能与任何酸发生反应CCO、SO2、NO、NO2都是对大气产生污染的气体，他们在空气中都能稳定存在D浓硫酸可用于干燥氢气、氯化氢、碘化氢等气体，但不能干燥氨气、二氧化氮气体【考点】钠的重要化合物；硅和二氧化硅；气体的净化和干燥 【分析】ANa2O、Na2O2都能与水、二氧化碳反应，但是后者产生氧气，前者不产生氧气；B二氧化硅常温下就能够与氢氟酸反应；C一氧化氮不稳定，遇到氧气氧化生成
22、二氧化氮；D浓硫酸具有强的氧化性，不能干燥还原性气体【解答】解：ANa2O、Na2O2组成元素虽然相同，但与H2O、CO2等反应的产物不完全相同，故A正确；BSiO2 是酸性氧化物，不溶于水，能与氢氟酸发生反应生成四氟化硅和水，故B错误；C一氧化氮不稳定，遇到氧气氧化生成二氧化氮，故C错误；D浓硫酸具有吸水性和强氧化性，浓硫酸可用于干燥中性、酸性且不具有还原性的气体，不能干燥还原性的碘化氢气体，不能干燥碱性气体如氨气等，故D错误；故选：A【点评】本题考查学生元素和化合物的性质知识，熟悉物质的性质是解题关键，注意浓硫酸的性质，题目难度不大5PbO2、KMnO4、Cl2、FeCl3、CuCl2的氧
23、化性依次减弱下列反应在水溶液中不可能发生的是( )ACu+2Fe3+Cu2+2Fe2+B10Cl+2MnO4+16H+2Mn2+5Cl2+8H2OC2Fe2+Cl22Fe3+2ClD5Pb2+2MnO4+2H2O5PbO2+2Mn2+4H+【考点】离子方程式的书写 【分析】由题意知：PbO2、KMnO4、Cl2、FeCl3、CuCl2的氧化性依次减弱，依据氧化还原反应中氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性判断解答【解答】解：ACu+2Fe3+Cu2+2Fe2+，反应中三价铁离子为氧化剂，铜离子为氧化产物，三价铁氧化性大于铜离子氧化性，符合题意，故A不选；B.10Cl+2MnO4+16H+2Mn2
24、+5Cl2+8H2O，反应中高锰酸根离子为氧化剂，氯气为还原剂，高锰酸根离子氧化性强于氯气，符合题意，故B不选；C.2Fe2+Cl22Fe3+2Cl，反应中氯气为氧化剂，三价铁离子为氧化产物，氯气的氧化性强于三价铁离子，符合题意，故C不选；D.5Pb2+2MnO4+2H2O5PbO2+2Mn2+4H+，反应中高锰酸根离子为氧化剂，二氧化铅为氧化产物，高锰酸根离子氧化性强于二氧化铅，不符合题意，故D选；故D【点评】本题考查离子反应方程式书写的正误判断，准确判断氧化剂、氧化产物，熟悉氧化还原反应强弱规律是解题关键，题目难度中等6Zn（OH）2是两性氢氧化物，和强酸反应时生成Zn2+，跟强碱反应时生
25、成ZnO22现有三份等物质的量浓度、等体积的MgCl2、ZnCl2、AlCl3溶液（配制时均加入少量盐酸），现将一定浓度的NaOH溶液，分别滴入三种溶液中至过量，NaOH溶液的体积x（mL）与生成沉淀的物质的量y（mol）的关系如下图所示，则与MgCl2、ZnCl2、AlCl3三种溶液一一对应的正确图象是( )ABCD【考点】两性氧化物和两性氢氧化物 【分析】等物质的量浓度、等体积的MgCl2、ZnCl2、AlCl3溶液，即三者的物质的量是相等的，将一定浓度的NaOH溶液，分别滴入三种溶液中至过量，所发生的反应过程如下：MgCl2+2NaOH=Mg（OH）2+2NaCl；ZnCl2+2NaOH
26、=Zn（OH）2+2NaCl，Zn（OH）2+2NaOH=Na2ZnO2+2H2O；AlCl3+3NaOH=Al（OH）3+3NaCl，Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O，根据溶液物质的量和化学方程式来确定沉淀的量【解答】解：向氯化镁溶液中加入氢氧化钠，开始先中和其中的少量盐酸，然后生成白色沉淀氢氧化镁，当氢氧化钠过量时，沉淀也不会溶解，量保持不变，故对应的是图象，向氯化锌溶液中加入氢氧化钠，开始先中和其中的少量盐酸，然后生成白色沉淀氢氧化锌，当氢氧化钠过量时，沉淀会溶解，依次发生反应ZnCl2+2NaOH=Zn（OH）2+2NaCl，Zn（OH）2+2NaOH=Na2ZnO2+
27、2H2O，沉淀量达到最大和沉淀完全消失所消耗的氢氧化钠是相等的，故图象是正确的，向氯化铝溶液中加入氢氧化钠，开始先中和其中的少量盐酸，然后生成白色沉淀氢氧化铝，当氢氧化钠过量时，沉淀会溶解，依次发生反应：AlCl3+3NaOH=Al（OH）3+3NaCl，Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O，沉淀量达到最大和沉淀完全消失所消耗的氢氧化钠的物质的量之比是3：1，故图象是正确的故选C【点评】本题考查学生金属镁、金属铝以及金属锌的可溶性盐溶液和强碱氢氧化钠之间的反应，属于化学反应知识的考查题，注意方程式的灵活应用是解题关键，难度中等7将Mg、Cu组成的混合物13.2g投入到适量的稀硝酸中
28、，固体完全溶解，收集到标准状况下的NO气体4.48L（无其他还原产物），向反应后的溶液中加入过量的2.5molL1的NaOH溶液300mL，金属离子完全沉淀则形成沉淀的质量是( )A21.6gB26.8gC23.4gD31.9g【考点】有关混合物反应的计算 【分析】Mg、Cu在反应中失去电子，最终生成Mg（OH）2、Cu（OH）2，则可知失去电子的物质的量等于生成沉淀需要氢氧根离子的物质的量，根据生成NO的气体的物质的量，可知反应中转移电子的物质的量，结合氧化还原反应得失电子数目相等，可知最终生成沉淀的质量【解答】解：反应中CuCu2+Cu（OH）2、MgMg2+Mg（OH）2，可知Mg、Cu
29、在反应中失去电子的物质的量等于生成沉淀需要氢氧根离子的物质的量，根据HNO3NO，生成8.96LNO转移的电子为：3=0.6mol，所以反应后生成沉淀的质量为：13.2g+0.6mol17g/mol=23.4g，故选C【点评】本题考查混合物反应的计算，题目难度中等，解答过程中把握电子转移的数目和氢氧根离子之间的关系为解答该题的关键，注意掌握守恒关系在化学计算中的应用方法二、解答题（共3小题，满分43分）8氮化硅可用作高温陶瓷复合材料，在航天航空、汽车发动机、机械等领域有着广泛的用途由石英砂合成氮化硅粉末的路线图如图所示其中NH2基团中各元素的化合价与NH3相同请回答下列问题：（1）石英砂不能与
30、碱性物质共同存放，以NaOH为例，用化学反应方程式表示其原因：SiO2+2NaOHNa2SiO3+H2O（2）图示的变化中，属于氧化还原反应的是（3）SiCl4在潮湿的空气中剧烈水解，产生白雾，军事工业中用于制造烟雾剂SiCl4水解的化学反应方程式为SiCl4+3H2O4HCl+H2SiO3（4）在反应中，3mol Si（NH2）4在高温下加热可得1mol氮化硅粉末和8mol A气体，则氮化硅的化学式为Si3N4（5）在高温下将SiCl4在B和C两种气体的气氛中，也能反应生成氮化硅，B和C两种气体在一定条件下化合生成A写出SiCl4与B和C两种气体反应的化学方程式：3SiCl4+2N2+6H2
31、Si3N4+12HCl【考点】制备实验方案的设计 【分析】根据题中反应流程可知，石英砂在高温下被碳还原得到粗硅，粗硅与氯气反应生成粗四氯化硅，精馏后得到较纯的四氯化硅，四氯化硅在高温下与氨反应生成四氨基硅，四氨基硅高温下生成氮化硅，（1）石英砂主要成分是二氧化硅，二氧化硅与强碱反应生成可溶性硅酸盐；（2）氧化还原反应必须有化合价的变化，据此判断；（3）SiCl4在潮湿的空气中剧烈水解，产生白雾，说明有氯化氢产生，根据元素守恒可写出反应方程式；（4）依据原子个数守恒判断氮化硅的化学式；（5）根据质量守恒可知四氯化硅和氮气在氢气的气氛保护下，加强热发生反应，除生成氮化硅外还有氯化氢生成【解答】解：
32、根据题中反应流程可知，石英砂在高温下被碳还原得到粗硅，粗硅与氯气反应生成粗四氯化硅，精馏后得到较纯的四氯化硅，四氯化硅在高温下与氨反应生成四氨基硅，四氨基硅高温下生成氮化硅，（1）石英砂主要成分是二氧化硅，二氧化硅与强碱氢氧化钠溶液反应生成可溶性硅钠和水，反应的化学方程式为：SiO2+2NaOHNa2SiO3+H2O；故答案为：SiO2+2NaOHNa2SiO3+H2O；（2）石英砂到粗硅，硅元素化合价降低，属于氧化还原反应，故选；粗硅与氯气反应生成四氯化硅，硅元素化合价升高，属于氧化还原反应，故选；四氯化硅精馏属于物理变化，故不选；四氯化硅与氨气反应，不存在化合价的变化，不是氧化还原反应，故
33、不选；Si（NH2）4高温生成氮化硅，没有化合价的变化，不是氧化还原反应，故不选；故选：；（3）SiCl4在潮湿的空气中剧烈水解，产生白雾，说明有氯化氢产生，反应方程式为SiCl4+3H2O4HCl+H2SiO3，故答案为：SiCl4+3H2O4HCl+H2SiO3；（4）3mol Si（NH2）4和在高温下加热可得1mol氮化硅粉末和8mol A气体，依据原子个数守恒可知，氮化硅含有4氮原子和3个硅原子，化学式：Si3N4；故答案为：Si3N4；（5）四氯化硅和氮气在氢气的气氛保护下，加强热发生反应，可得较高纯度的氮化硅以及氯化氢，方程式为：3SiCl4+2N2+6H2Si3N4+12HCl
34、，故答案为：3SiCl4+2N2+6H2Si3N4+12HCl【点评】本题主要考查了硅及其化合物知识，熟悉硅及其化合物的化学性质是解题关键，注意氧化还原反应的判断依据：是否有化合价的变化，题目难度不大9碱式硫酸铁Fe（OH）SO4是一种用于污水处理的新型高效絮凝剂工业上利用废铁屑（含少量氧化铝、氧化铁等）生产碱式硫酸铁的工艺流程如下：已知：部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见右表回答下列问题：沉淀物Fe（OH）3Fe（OH）2Al（OH）3开始沉淀2.37.53.4完全沉淀3.29.74.4（1）加入少量NaHCO3的目的是调节pH在4.47.5范围内（2）反应中加入NaNO2的目的是氧
35、化亚铁离子，写出该反应的离子方程式为2H+Fe2+NO2=Fe3+NO+H2O（3）实际生产中，反应常同时通入O2以减少NaNO2的用量，若参与反应的O2体积为 11.2L（标准状况），则相当于节约NaNO2的物质的量为2mol（4）碱式硫酸铁溶于水后生成的Fe（OH）2+离子可部分水解生成Fe2（OH）42+聚合离子，该水解反应的离子方程式为2Fe（OH）2+2H2OFe2（OH）42+2H+（5）在医药上常用硫酸亚铁与硫酸、硝酸的混合液反应制备碱式硫酸铁根据我国质量标准，产品中不得含有Fe2+及NO3为检验所得产品中是否含有Fe2+，应使用的试剂为DA氯水 BKSCN溶液 CNaOH溶液
36、D酸性KMnO4溶液（6）为测定含Fe2+和Fe3+溶液中铁元素的总含量，实验操作如下：准确量取20.00mL溶液于带塞锥形瓶中，加入足量H2O2，调节pH3，加热除去过量H2O2；加入过量KI充分反应后，再用 0.1000molL1 Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液20.00mL已知：3Fe3+2I2Fe2+I2 I2+2S2O322I+S4O62则溶液中铁元素的总含量为5.6gL1若滴定前溶液中H2O2没有除尽，所测定的铁元素的含量将会偏高 （填“偏高”“偏低”“不变”）【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用 【分析】废铁屑中含少量氧化铝、氧化铁等，将过量废铁屑加入稀
37、硫酸中，发生反应 Fe+H2SO4=FeSO4+H2、Al2O3+3H2SO4=Al2（SO4）3+3H2O、Fe2O3+3H2SO4=Fe2（SO4）3+3H2O、Fe2（SO4）3+Fe=3FeSO4，然后反应I中加入NaHCO3并搅拌，调节溶液的pH，发生反应Al3+3HCO3=Al（OH）3+3CO2，所以滤渣中成分是Al（OH）3，过滤得到硫酸亚铁，向硫酸亚铁溶液中加入稀硫酸和NaNO2，酸性条件下，NaNO2和FeSO4发生氧化还原反应生成铁离子、NO，将溶液蒸发浓缩、过滤得到碱式硫酸铁，据此分析解答【解答】解：废铁屑中含少量氧化铝、氧化铁等，将过量废铁屑加入稀硫酸中，发生反应 F
38、e+H2SO4=FeSO4+H2、Al2O3+3H2SO4=Al2（SO4）3+3H2O、Fe2O3+3H2SO4=Fe2（SO4）3+3H2O、Fe2（SO4）3+Fe=3FeSO4，然后反应I中加入NaHCO3并搅拌，调节溶液的pH，发生反应Al3+3HCO3=Al（OH）3+3CO2，所以滤渣中成分是Al（OH）3，过滤得到硫酸亚铁，向硫酸亚铁溶液中加入稀硫酸和NaNO2，酸性条件下，NaNO2和FeSO4发生氧化还原反应生成铁离子、NO，将溶液蒸发浓缩、过滤得到碱式硫酸铁，（1）根据氢氧化物沉淀需要的pH知，在pH在4.47.5之间将铝离子转化为Al（OH）3沉淀，而亚铁离子不能生成沉
39、淀，所以条件溶液的pH范围为4.47.5之间，故答案为：4.47.5；（2）酸性条件下，亚硝酸钠具有氧化性，能将亚铁离子氧化为铁离子，自身被还原生成NO，所以反应中加入NaNO2的目的是氧化Fe2+，发生反应的离子方程式为 2H+Fe2+NO2=Fe3+NO+H2O，故答案为：2H+Fe2+NO2=Fe3+NO+H2O；（3）在实际生产中，反应常同时通入O2以减少NaNO2的用量，若参与反应的O2有11.2L（标准状况），反应过程中提供电子相等，则相当于节约NaNO2的物质的量=2mol，故答案为：2mol；（4）碱式硫酸铁溶于水后产生的Fe（OH）2+离子，Fe（OH）2+可部分水解生成Fe
40、2（OH）42+聚合离子，该水解反应的离子方程式为 2Fe（OH）2+2H2OFe2（OH）42+2H+，故答案为：2Fe（OH）2+2H2OFe2（OH）42+2H+；（5）亚铁离子具有还原性，能被强氧化剂氧化生成铁离子，反应过程中颜色变化明显的效果最佳，A溴水为橙红色，溴将亚铁离子氧化为铁离子，溶液呈黄色，颜色变化不明显，故A不选； BKSCN溶液和亚铁离子不反应，没有颜色变化，故B不选； CNaOH溶液和亚铁离子反应生成白色沉淀，铁离子和氢氧根离子反应生成红褐色沉淀，掩盖氢氧化亚铁颜色，故C不选； D酸性KMnO4溶液呈紫色，亚铁离子能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，现象
41、明显，故D选；故选D；（6）由2Fe3+2I2Fe2+I2、I2+2S2O322I+S4O62可得：Fe3+S2O32，则n（Fe3+）=n（S2O32）=0.1000mol/L0.02L=0.002mol，铁元素总含量为：=5.6g/L；H2O2也能氧化I生成I2，所以若过氧化氢没有除尽，则消耗硫代硫酸钠溶液体积偏大，所测结果偏高，故答案为：5.6；偏高【点评】本题考查物质的分离和提纯，侧重考查学生获取信息及利用信息能力、分析能力、实验操作能力，注意题给信息的灵活运用，知道常见离子的检验方法及现象，题目难度中等10（18分）用如图装置可以完成一系列实验（图中夹持装置已略去）请回答下列问题：若
42、在装置A中选用浓硫酸和亚硫酸钠固体制取SO2气体（根据需要可以加热），并通过装置B完成表中所设计实验，请填写表中空白：B中棉花的位置所蘸试剂石蕊试液品红溶液淀粉和碘水混合液氢硫酸现象ab褪色浅黄色体现SO2的性质cdef若在装置A中选用浓硫酸和浓盐酸混合制取HCl气体，装置B中的四处棉花依次做如下处理：包有某固体物质、蘸有KI溶液、蘸有石蕊溶液、蘸有浓NaOH溶液回答下列问题：（1）P中所盛试剂为浓硫酸（2）反应开始后，观察到处有棕黄色物质产生，写出处发生反应的离子方程式Cl2+2I=2Cl+I2；处包有的某固体物质可能是baMnO2 bKMnO4cKCl dCu（3）在整个实验过程中，在处能
43、观察到的现象为先变红后褪色（4）反应较长时间后，处棕黄色褪去，生成无色的IO3，写出该反应的离子方程式：5Cl2+I2+6H2O=12H+2IO3+10Cl（5）两实验中尾气均可采用NaOH溶液吸收（填化学式）【考点】性质实验方案的设计 【分析】根据SO2可溶于水生成亚硫酸（H2SO3），H2SO3显酸性；根据SO2具有漂白性；根据碘能使淀粉溶液变蓝，SO2具有还原性，能与碘水反应；SO2具有氧化性，能与氢硫酸反应；II（1）根据浓硫酸稀释放热使盐酸中的氯化氢气体挥发制氯化氢；（2）先根据有棕黄色物质确定为单质碘，再根据卤素单质间能发生置换反应来解答；由通过后生成了Cl2，再根据KMnO4溶液
44、能氧化HCl得到Cl2；（3）根据Cl2能与水反应生成HCl和HClO，HCl具有酸性和HClO具有强氧化性；（4）根据实验现象和氧化还原反应中化合价升降总数相等来解答；（5）根据氯气、二氧化硫都可以与氢氧化钠溶液反应来解答；【解答】解：SO2可溶于水生成亚硫酸（H2SO3），H2SO3显酸性，能使石蕊试液变红；SO2具有漂白性，能使品红溶液褪色；碘能使淀粉溶液变蓝，SO2具有还原性，能与碘水反应，方程式为：SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI，溶液蓝色褪去；SO2具有氧化性，能与氢硫酸反应生成淡黄色硫，方程式为：SO2+2H2S=3S+2H2O；故答案为：B中棉花的位置所蘸试剂石蕊试液
45、现象溶液变红溶液褪色体现SO2的性质水溶液显酸性漂白性还原性氧化性II（1）因浓硫酸稀释时，发出热量，使盐酸中的氯化氢气体挥发制氯化氢，所以应将浓硫酸缓慢加入到浓盐酸中；故答案为：浓硫酸；（2）有棕黄色物质确定为单质碘，氯气能与碘化钾反应生成单质碘，方程式为：Cl2+2KI=2KCl+I2，因通过后生成了Cl2，而KMnO4溶液能氧化HCl得到Cl2，所以某固体物质可能是KMnO4；故答案为：Cl2+2I=2Cl+I2；b；（3）因Cl2能与水反应生成HCl和HClO，HCl具有酸性，能使石蕊溶液变红，HClO具有强氧化性能使红色褪去，故答案为：先变红后褪色；（4）处有棕黄色褪去，生成无色的I
46、O3，碘的化合价升高，则氯元素和化合价降低为1价，化学方程式为：5Cl2+I2+6H2O=2HIO3+10HCl，离子方程式为：5Cl2+I2+6H2O=12H+2IO3+10Cl，故答案为：5Cl2+I2+6H2O=12H+2IO3+10Cl（5）氯气、二氧化硫都是有毒气体，排放到空气中会污染环境，可用氢氧化钠溶液反应来吸收；故答案为：NaOH【点评】本题借助于物质的制备考查了物质的性质，能够根据实验现象判断物质的性质，反应的现象分析判断是解题关键，题目难度中等【化学-选修2：化学与技术】（共1小题，满分15分）11以黄铁矿为原料，采用接触法生产硫酸的流程可简示如图1：请回答下列问题：（1）
47、在炉气制造中，生成SO2的化学方程式为4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2；（2）炉气精制的作用是将含SO2的炉气除尘、水洗和干燥，如果炉气不经过精制，对SO2催化氧化的影响是矿尘、砷、硒等化合物使催化剂中毒，水蒸气对设备和生产有不良影响；（3）精制炉气（含SO2体积分数为7%、O2为11%、N2为82%）中SO2平衡转化率与温度及压强关系如图2所示在实际生产中，SO2催化氧化反应的条件选择常压、450左右（对应图中A点），而没有选择SO2转化率更高的B或C点对应的反应条件，其原因分别是不选择B点，因为压强越大对设备的投资大，消耗的动能大，SO2原料的转化率已是97%左右，再提高压强，S
48、O2的转化率提高的余地很小，所以采用1个大气压、不选择C点，因为温度越低，SO2转化率虽然更高，但催化作用受影响，450时，催化剂的催化效率最高，故不选C点；（4）在SO2催化氧化设备中设置热交换器的目的是利用反应放出的热量预热原料气、上层反应气经热交换器温度降到400500进入下层使反应更加完全，从而充分利用能源【考点】工业制取硫酸 【专题】化学计算【分析】（1）黄铁矿的主要成分是FeS2，在高温条件下与氧气反应：4FeS2+11O24Fe2O3+8SO2；（2）在催化氧化时必须进行除尘、洗涤、干燥，以达到除去砷、硒等化合物的效果，这些物质会使催化剂中毒，并且水蒸气在高温下与铁反应，对设备和
49、生产有不良影响；（3）在反应2SO2+O22SO3中，SO2转化率较高，工业上一般不采用更高的压强，因为压强越大对设备的投资越大，消耗的动能越大SO2的转化率在1个大气压下的转化率已达到97%左右，在提高压强，SO2的转化率提高的余地很小，本反应为放热反应，工业生产中不采取较低的温度，因为温度越低，SO2的转化率虽然更高，但反应较慢，450时，催化剂的催化效率最高；（4）SO2催化氧化设备中设置热交换器可以充分利用反应放出的热【解答】解：（1）黄铁矿的主要成分是FeS2，在高温条件下与氧气反应，其反应的化学方程式为：4FeS2+11O24Fe2O3+8SO2；故答案为：4FeS2+11O24F
50、e2O3+8SO2；（2）在催化氧化时必须进行除尘、洗涤、干燥，以达到除去砷、硒等化合物的效果，这些物质会使催化剂中毒，并且水蒸气在高温下与铁反应，对设备和生产有不良影响，故答案为：除尘、水洗；砷、硒等化合物会使催化剂中毒，水蒸气对设备和生产有不良影响；（3）在反应2SO2+O22SO3中，SO2转化率较高，工业上一般不采用更高的压强，因为压强越大对设备的投资越大，消耗的动能越大SO2的转化率在1个大气压下的转化率已达到97%左右，在提高压强，SO2的转化率提高的余地很小，本反应为放热反应，工业生产中不采取较低的温度，因为温度越低，SO2的转化率虽然更高，但催化剂的催化作用会受影响，450时，
51、催化剂的催化效率最高故答案为：不选择B点，因为压强越大对设备的投资大，消耗的动能大，SO2原料的转化率已是97%左右，再提高压强，SO2的转化率提高的余地很小，所以采用1个大气压；不选择C点，因为温度越低，SO2转化率虽然更高，但催化作用受影响，450时，催化剂的催化效率最高，故不选C点；（4）在S02催化氧化设备中设置热交换器，把不同温度之间的气体进行热交换，可预热反应气体，冷却生成气体，可起到充分利用能源的目的，故答案为：利用反应放出的热量预热原料气；上层反应气经热交换器温度降到400500进入下层使反应更加完全【点评】本题考查硫酸的工业制法，涉及环境保护、反应原理、工业流程等问题，本题中
52、注意炉气的精制、反应条件等问题的考查，是易错点，题目难度中等【化学-选修3：物质结构与性质】（共1小题，满分0分）12请回答下列问题：（1）N、Al、Si、Zn四种元素中，有一种元素的电离能数据如下：电离能I1I2I3I4Ia/kJmol15781 8172 74511 578则该元素是Al（填写元素符号）（2）基态锗（Ge）原子的价层电子排布式是4s24p2Ge的最高价溴化物分子式是GeBr4该元素可能的性质或应用有BDA是一种活泼的金属元素 B其单质可作为半导体材料C其元素的电负性大于硫元素 D其最高价氯化物的沸点低于其溴化物的沸点（3）关于化合物，下列叙述正确的有ADA该分子在水中的溶解
53、度大于2丁烯B分子中只有极性键C分子中有7个键和1个键D该化合物既能发生还原反应又能发生氧化反应E分子间可形成氢键（4）NaF的熔点 的熔点（填“”、“=”或“”），其原因是两者均为离子化合物，且阴阳离子电荷数均为1，但后者的离子半径较大，离子键较弱，因此其熔点较低（5）NH4BF4（氟硼酸铵）是合成氮化硼纳米管的原料之一1molNH4BF4含有2mol配位键【考点】元素电离能、电负性的含义及应用；碳族元素简介；常见有机化合物的结构 【分析】（1）同一种元素的原子，其电离能随着失电子个数的增多而增大，当原子失去电子变为稳定状态时，如果继续失电子，则其电离能会出现突兀性变化，据此判断该主族元素最
54、外层电子数；（2）根据基态电子排布遵循能量最低原理、泡利不相容原理和洪特规则，以此解答该题；根据主族元素的最高价等于最外层电子数；AGe是一种金属元素，但最外层电子数为4，金属性不强；B锗单质是一种半导体材料； C硫的其电负性大于硅，硅的电负性大于锗；D组成和结构相似的分子晶体，相对分子质量越小，熔点越低；（3）A2丁烯不溶于水，而该物质属于烯醛类物质；BC、H与C、O之间形成极性键，而C、C之间形成非极性键；C双键中含1个键和1个键，单键均为键；D含CHO，C=C双键，既能被氧化，又能被还原；E含CHO，没有OH键；（4）离子化合物，且电荷数相等，离子半径大，离子键较弱，因此熔点较低；（5）
55、一个NH4BF4中N原子和其中一个H原子之间存在配位键、B原子和其中一个F原子之间存在一个配位键，所以含有2个配位键，据此计算【解答】解：（1）根据元素电离能知，第三电离能和第四电离能相差较大，说明该元素原子失去3个电子时变为稳定结构，则该主族元素原子最外层有3个电子，N、Al、Si和Zn四种元素的原子中只有Al原子最外层有3个电子，则该元素是Al，故答案为：Al；（2）锗是32号元素，核外有32个电子，基态锗（Ge）原子原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p2，Ge的最高价为+4价，Ge的最高价溴化物分子式是GeBr4；AGe是一种金属元素，但最外层电子数为4，金
56、属性不强，故A错误；B锗单质是一种半导体材料，故B正确；C 硫的其电负性大于硅，硅的电负性大于锗，所以锗的电负性小于硫，故C错误； D氯化锗和溴化锗都是分子晶体，但氯化锗的相对分子质量小于溴化锗，所以氯化锗沸点低于溴化锗的沸点，故D正确；故选：4s24p2；GeBr4；BD；（3）A2丁烯不溶于水，而该物质属于烯醛类物质，可溶于水，则该分子在水中的溶解度大于2丁烯，故A正确；BC、H与C、O之间形成极性键，而C、C之间形成非极性键，则分子中既有极性键又有非极性键，故B错误；C双键中含1个键和1个键，单键均为键，则分子中有9个键和3个键，故C错误；DCHO能被氧化成羧基、被还原成羟基，碳碳双键，
57、既能被酸性高锰酸钾等氧化剂氧化，又能加氢被还原，故D正确；E含CHO，没有OH键，则不能形成氢键，故E错误；故选AD；（4）两者均为离子化合物，且电荷数均为1，但后者离子半径大，离子键较弱，因此熔点较低，故答案为：；两者均为离子化合物，且电荷数均为1，但后者离子半径大，离子键较弱，因此熔点较低；（5）一个NH4BF4中N原子和其中一个H原子之间存在配位键、B原子和其中一个F原子之间存在一个配位键，所以含有2个配位键，则1mol NH4BF4含有2mol配位键故答案为：2【点评】本题考查了物质结构和性质，涉及电离能、原子的电子排布式、有机物的结构与性质、配位键等知识点，这些知识点都是考试高频点，
58、题目难度中等【化学-选修5：有机化学基础】（共1小题，满分0分）13可用来制备抗凝血药，通过下列路线合成：（1）A与银氨溶液反应有银镜生成，写出该反应的化学方程式CH3CHO+2Ag（NH3）2OHCH3COONH4+2Ag+3NH3+H2O（2）BC的反应类型是取代反应（3）写出DE的化学方程式：+CH3OH+H2O（4）写出F和过量NaOH溶液共热时反应的化学方程式：+3NaOH+CH3COONa+CH3OH+H2O（5）下列关于G的说法正确的是abda能与溴单质反应 b能与金属钠反应 c.1mol G最多能和3mol氢气反应 d分子式是C9H6O3（6）E的同分异构体很多，除E外符合下列
59、条件的共8种含苯环且能与氯化铁溶液显色，苯环上有两个取代基，含酯基【考点】有机物的合成 【专题】有机物的化学性质及推断【分析】A与银氨溶液反应有银镜生成，则A中存在醛基，由流程可知A与氧气反应可以生成乙酸，则A为CH3CHO，由B和C的结构简式可以看出，乙酸分子中的羟基被氯原子取代，发生了取代反应，D与甲醇在浓硫酸条件下发生酯化反应生成E，则E的结构简式为，由F的结构简式可知，C和E 在催化剂条件下脱去一个HCl分子得到F，据此解答【解答】解：A与银氨溶液反应有银镜生成，则A中存在醛基，由流程可知A与氧气反应可以生成乙酸，则A为CH3CHO，由B和C的结构简式可以看出，乙酸分子中的羟基被氯原子
60、取代，发生了取代反应，D与甲醇在浓硫酸条件下发生酯化反应生成E，则E的结构简式为，由F的结构简式可知，C和E 在催化剂条件下脱去一个HCl分子得到F，（1）由以上分析可知，A为CH3CHO，与银氨溶液反应的离子方程式为：CH3CHO+2Ag（NH3）2OHCH3COONH4+2Ag+3NH3+H2O，故答案为：CH3CHO+2Ag（NH3）2OHCH3COONH4+2Ag+3NH3+H2O；（2）由B和C的结构简式可以看出，乙酸分子中的羟基被氯原子取代，发生了取代反应，故答案为：取代反应；（3）DE的化学方程式为：+CH3OH+H2O，故答案为：+CH3OH+H2O；（4）F和过量NaOH溶液
61、共热时反应的化学方程式为：+3NaOH+CH3COONa+CH3OH+H2O，故答案为：+3NaOH+CH3COONa+CH3OH+H2O；（5）G分子的结构中存在苯环、酯基、羟基、碳碳双键，所以能够与溴单质发生加成反应或者取代反应，能够与金属钠反应产生氢气，a和b正确；1molG含有1mol碳碳双键和1mol苯环，所以需要4mol氢气，c错误，G的分子式为C9H6O3，d正确，故答案为：abd；（6）E（）的同分异构体很多，除E外符合下列条件：含苯环且能与氯化铁溶液显色，含有酚羟基，苯环上有两个取代基，含酯基，酯基为CH2OOCH或OOCCH3或COOCH3，与酚羟基均有邻、间、对三种位置，故除E外同分异构体有331=8种，故答案为：8；【点评】本题考查有机物的推断、有机物结构与性质、有机反应类型、同分异构体等，难度不大，注意掌握有机物官能团的性质和转化，结合反应条件及有机物结构简式进行解答
