1、2015-2016学年江苏省宿迁、淮安、连云港、徐州四市联考高三（上）期末化学试卷单项选择题：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12015年巴黎气候变化大会召开，旨在保护环境造福人类下列说法不正确的是（）A扩大铅蓄电池、汞锌锰干电池的生产，满足消费需求B采用碳捕集和储存技术，逐步实现二氧化碳的零排放C对工业废水、生活污水净化处理，减少污染物的排放D催化处理汽车尾气，减轻氮氧化物污染和光化学烟雾2下列有关氮元素及其化合物的表示正确的是（）A质子数为7、中子数为8的氮原子： NB溴化铵的电子式：C氮原子的结构示意图：D间硝基甲苯的结构简式：3下列说法正确的是（）AF
2、e在少量Cl2中燃烧生成FeCl2B石油的裂解、煤的干馏都是化学变化C化学反应的焓变与反应的途径有关D等质量的铜按a、b两种途径完全转化为硝酸铜，途径a、b消耗的硝酸一样多途径a：CuCuOCu（NO3）2；途径b：CuCu（NO3）24H2S在O2中不完全燃烧生成S和H2O下列说法正确的是（）A氧元素的单质存在同素异形体B微粒半径：O2S2C还原性：H2SH2OD该反应中化学能全部转化为热能5短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X在元素周期表中原子半径最小，Y原子在周期表中处于族序数等于周期序数3倍的位置，Z是最外层电子数最少的金属元素，W与Y属于同一主族下列叙述正确的是（）A原子半
3、径：WZYB元素W最高价氧化物的水化物为强酸C化合物X2Y、Z2Y中化学键的类型相同D元素Y的简单气态氢化物的热稳定性比W的弱6常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是（）ApH=1的溶液：Ag+、Al3+、Cl、SO42B能使酚酞试液变红的溶液：Na+、K+、HCO3、S2C =1012的溶液：NH4+、Cu2+、NO3、ClD水电离产生的c（OH）=1012 molL1的溶液：K+、Fe2+、SO42、NO37如图实验操作正确的是（）A用装置甲收集SO2B用装置乙制备AlCl3晶体C中和滴定时，锥形瓶用待装液润洗D使用分液漏斗和容量瓶时，先要检查是否漏液8给定条件下，下列选项中所
4、示的物质间转化均能一步实现的是（）ASSO2BaSO4BSiO2H2SiO3Na2SiO3（aq）CMgCl26H2OMgCl2MgDCuSO4（aq）Cu（OH）2悬浊液Cu2O9下列指定反应的离子方程式正确的是（）A用氨水吸收足量的SO2气体：2OH+SO2SO32+H2OBNaAlO2溶液中AlO2的水解：AlO2+2H2OAl（OH）3+OHC加入NaClO将污水中的NH3氧化成N2：3ClO+2NH3N2+3Cl+3H2ODNaHCO3溶液中加少量Ba（OH）2溶液：HCO3+Ba2+OHBaCO3+H2O10一种微生物燃料电池如图所示，下列关于该电池说法正确的是（）Aa电极发生还原
5、反应BH+由右室通过质子交换膜进入左室Cb电极反应式为：2NO3+10e+12H+N2+6H2OD电池工作时，电流由a电极沿导线流向b电极不定项选择题：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題意若正确答案只包括一个选项，多选时，该小题得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下列说法正确的是（）A铁表面镀铜时，铁与电源的正极相连，铜与电源的负极相连B向氨水中不断通入CO2，随着CO2的增加，不断增大C3C（s）+CaO（s）=CaC2（s）+CO（g）在常温下不能自发进行，说明该反应的H0D合成
6、氨时，其他条件不变升高温度，反应速率v（H2）和氢气的平衡转化率均增大12青蒿酸是合成青蒿素的原料，可以由香草醛合成：下列叙述正确的是（）A青蒿酸分子中含有4个手性碳原子B在一定条件，香草醛可与HCHO发生缩聚反应C两种物质分别和H2反应，最多消耗H24mol和3molD可用FeCl3溶液或NaHCO3溶液鉴别化合物香草醛和青蒿酸13根据下列实验现象所得结论正确的是（）选项实验现象结论A取少量食盐溶于水，加稀硫酸酸化，再滴入淀粉溶液溶液未呈蓝色该食盐中不含有碘酸钾B将KI和FeCl3溶液在试管中混合后，加入CCl4，振荡、静置下层溶液显紫红色Fe3+的氧化性大于I2C向蛋白质溶液中加入CuCl
7、2或（NH4）2SO4饱和溶液均有沉淀蛋白质均发生了变性D将O.1molL1MgSO4溶液滴入NaOH溶液至不再有沉淀产生，得滴加0.1molL1CuSO4溶液白色沉淀逐渐 变为蓝色沉KspCu（OH）：lKspMg（OH）2|AABBCCDD14常温下，下列溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是（）A将等体积、等物质的量浓度的CH3COONH4与CH3COONa溶液混合：c（CH3COO）c（Na+）c（NH4+）c（OH）B将等体积、等物质的量浓度的NH4HCO3与NaCl溶液混合，析出部分NaHCO3晶体后的溶液：c（H+）+c（H2CO3）=c（OH）+c（CO32）+c（NH3H2O）
8、C向饱和氯水中加入NaOH溶液至pH=7，所得溶液中：c（Na+）c（ClO）c（Cl）c（OH）D向0.10molL1 Na2CO3溶液中通入少量CO2的溶液中：c（OH）=c（H+）+c（HCO3）+2c（H2CO3）15利用CO和H2在催化剂的作用下合成甲醇，发生的反应如下：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）在体积一定的密闭容器中按物质的量之比1：2充入CO和H2，测得平衡混合物中CH3OH的体积分数在不同压强下随温度的变化如图所示下列说法正确的是（）A该反应的H0，且p1p2B反应速率：逆（状态A）逆（状态B）C在C点时，CO转化率为75%D在恒温恒压条件下向密闭容器中充入不同量
9、的CH3OH，达平衡时CH3OH的体积分数也不同二、解答题16工业上处理含铬（主要成分是HCrO4）污水并制备磁性铁铬氧体工艺流程如图1：（1）还原过程中HCrO4转化为Cr3+的离子方程式为；（2）当沉淀池中c（Fe2+）：c（Fe3+）=2：1时，能生成铁铬氧体通入压缩空气是形成铁铬氧体的必要条件之一，通入压缩空气的目的是、在加NaOH溶液之前通入的空气量不宜过多，若过多必须向沉淀池中增补的物质可能为：（填字母）AFeSO4 BCu CH2O2 DFe（3）已知三价铬Cr（）在水溶液中的存在形态随pH 的变化如图2，为尽可能除去铬元素实现清液达标排放，沉淀池中pH要控制在；若pH过高，溶液
10、中残留铬量增大，其原因为17酮洛芬是一种良好的抗炎镇痛药，可以通过以下方法合成：（1）酮洛芬中含氧官能团的名称为和（2）化合物E的结构简式为由CD的反应类型是（3）写出BC的反应方程式（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能发生银镜反应 、与FeCl3发生显色反应、分子中含有5种不同化学环境的氢（5）请写出以甲苯和乙醇为原料制备化合物的合成路线流程图（无机试剂可任选）合成路线流程图示例如图：H2CCH2CH3CH2BrCH3CH2OH18以碳酸镁（含少量FeCO3）为原料制取硫酸镁晶体，并测定Mg2+含量：将原料完全溶于一定量的稀硫酸中，加足量的H2O2后用氨水调节溶液的pH
11、，静置后过滤，除去滤渣，将滤液晶体得硫酸镁晶体（1）30.00mL5.00molL1的稀硫酸至少能溶解原料质量为（2）加入H2O2时反应的离子方程式为（3）己知：KspFe（OH）3=1.01039，KspMg（OH）=1.01012室温下，若溶液中c（Mg2+）=0.01molL1，欲使溶液中的c（Fe3+）1106molL1，而调节溶液pH范围为（4）常采用下列方法测定结晶硫酸镁中Mg2+的含量己知：在pH为910时，Mg2+、Zn2+均能与EDTA（H2Y2）形成配合物在pH为56时，Zn2+除了与EDTA反应，还能将Mg2+与EDTA形成配合物中的Mg2+“置换”出来：Zn2+MgH2
12、YZnH2Y+Mg2+步骤1：准确称取得到的硫酸镁晶体1.50g加入过量的EDTA成lOOmLpH在910之间溶液A步驟2：准确移取25.00mL溶液A于锥形瓶中，用0.10molL1Zn2+标准溶液滴定，滴定到终点，消耗Zn2+标准溶液的体积为20.00mL 步骤3：准确移取25.00mL溶液A于另一只锥形瓶中，调节pH在56用0.10molL1Zn2+标准洛液滴定，滴定至终点，消耗Zn2+标准溶液的体积为30.00mL计算该结晶硫酸镁中Mg2+的质量分数（请给出计算过程）19硫酰氯（SO2Cl2）常作氯化剂或氯磺化剂，用于制作药品、染料、表面活性剂等有关物质的部分性质如表：物质熔点/沸点/
13、其它性质SO2Cl254.169.1易水解，产生大量白雾易分解：SO2Cl2SO2+Cl2H2SO410.4338吸水性且不易分解实验室用干燥而纯净的二氧化硫和氯气合成硫酰氯，装置如图所示（夹持仪器已省略），请回答有关问题：（1）仪器A冷却水的进口为（填“a”或“b”）（2）仪器B中盛放的药品是（3）实验时，装置丁中发生反应的离子方程式为（4）装置丙的作用为，若缺少装置乙，则硫酰氯会水解，该反应的化学方程式为（5）少量硫酰氯也可用氯磺酸（ClSO3H）分解获得，该反应的化学方程式为：2ClSO3HH2SO4+SO2Cl2，此方法得到的产品中会混有硫酸从分解产物中分离出硫酰氯的方法是请设计实验方
14、案检验产品中有硫酸（可选试剂：稀盐酸、稀硝酸、BaCl2溶液、蒸馏水、石蕊溶液）：20为保护环境，应减少二氧化硫、氮氢化物和二氧化碳等物质的排放 量（1）用CH4催化还原煤燃烧产生的氮氧化物，可以消除污染己知：CH4（g）+2NO2（g）=N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）H=867.0kJ/molNO2（g）=N2O4 （g）H=28.5kJ/mol 写出CH4催化还原N2O4（g）生成CO2、N2和H2O（g）的热化学方程式（2）一定条件下，将NO2与SO2以体积比1：2置于恒温恒容的密闭容器中，发生 N02（g）+S02（g）S03（g）+N0（g），测得反应达到平衡时NO2与SO
15、2体积比为1：5，则平衡常数K=（填数值）（3）如图1是一种用NH3、02脱除烟气中NO的原理，该原理中NO最终转化为H2O和（填化学式），当消耗1molNH3和0.5molO2时，除去的NO在标准状况下的体积为（4）研究CO2在海洋中的转移和归宿，是当今海洋科学研究的前沿领域，有人利用图2所示装置（均为惰性电极）从海水中提取C02（海水中无机碳95%以HCO存在），有利于减少环境中温室气体含量a室的电极反应式为b室中提取C02的反应的离子方程式为b室排出的海水（pH6）不可过直接排回大海，需用该装罝中产生的物质对b室排出的海水进行处理，合格后才能排回大海处理的方法是物质结构与性质】21将过量
16、的氨水加到硫酸铜溶液中，溶液最终变成深蓝色，继续加入乙醇，析出深蓝色的晶体Cu（NH3）4SO4H2O（1）Cu2+基态核外电子排布式为；Cu（NH3）4SO4H2O中，与Cu2+形成配位键的原子是（填元素符号）（2）乙醇分子中O原子轨道杂化类型为与NH3互为等电子体的一种阳离子为（填化学式）（3）N、O、S第一电离能由大到小的顺序为（4）某含有结晶水的铜的氯化物的晶胞结构如图所示，该化合物的化学式是实验化学】22（2015秋淮安期末）实验化学乙酰苯胺为无色晶体，有“退热冰”之称其制备原理为：+CH3COOH+H2O已知：苯胺易被氧化； 苯胺、醋酸和乙酰苯胺的部分物理性质如表：试剂名称熔点沸点
17、溶解度（20）苯胺6.2184.4稍溶于水（3.4g），与乙醇、乙醚、苯混溶乙酸16.7118易溶于水、乙醇、乙醚等乙酰苯胺114116280290 0.46g制备乙酰苯胺的实验步骤如下：步骤1：在下图1装置的圆底烧瓶中，加入6.0mL苯胺、9.0mL冰醋酸及0.2g锌粉步骤2：控制温度计示数约105，小火加热回流1h步骤3：趁热将反应混合物倒入盛有100mL冷水的烧杯中，抽滤，洗涤，得到粗产品步骤4：通过重结晶提纯粗产品后，获得无色片状晶体，干燥后得目标产品（1）仪器a的名称为（2）步骤1中加入锌粉的作用是（3）步骤2中控制温度计示数约105的原因是（4）步骤3中，抽滤装置如图2所示，仪器c
18、的名称是，当过滤的溶液具有强酸性、强碱性或强氧化性时要用代替布氏漏斗，停止抽滤时的操作为2015-2016学年江苏省宿迁、淮安、连云港、徐州四市联考高三（上）期末化学试卷参考答案与试题解析单项选择题：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12015年巴黎气候变化大会召开，旨在保护环境造福人类下列说法不正确的是（）A扩大铅蓄电池、汞锌锰干电池的生产，满足消费需求B采用碳捕集和储存技术，逐步实现二氧化碳的零排放C对工业废水、生活污水净化处理，减少污染物的排放D催化处理汽车尾气，减轻氮氧化物污染和光化学烟雾【分析】A加大铅酸蓄电池、含汞锌锰干电池的生产，使用后的废弃物影响
19、环境；B推广碳捕集和储存技术，逐步实现二氧化碳零排放，减少温室效应；C对工业废水、生活污水净化处理，减少污染物的排放，符合社会可持续发展理念；D光化学烟雾的形成与汽车尾气中的氮氧化物有关【解答】解：A加大铅酸蓄电池、含汞锌锰干电池的生产，废旧电池含有的铅、汞、锌、锰污染和废旧蓄电池电解液污染，会造成污染，不符合社会可持续发展理念，故A错误；B二氧化碳气体是产生温室效应的主要气体，推广碳捕集和储存技术，逐步实现二氧化碳零排放，减少了二氧化碳的排放，符合社会可持续发展理念，故B正确；C水污染主要来自工业、农业、生活污染物的排放，工业废水生活污水经过处理后可以节约资源，保护水源，符合社会可持续发展理
20、念，故C正确；D光化学烟雾的形成主要是汽车尾气排放出的氮氧化物发生复杂的变化造成的，故D正确；故选A2下列有关氮元素及其化合物的表示正确的是（）A质子数为7、中子数为8的氮原子： NB溴化铵的电子式：C氮原子的结构示意图：D间硝基甲苯的结构简式：【分析】A质量数=质子数+中子数，元素符号的左上角表示质量数，左下角表示质子数；B溴化铵的电子式中，溴离子为阴离子，需要标出其最外层电子；C氮原子的核电荷数为7，最外层含有5个电子；D甲基和硝基位于苯环的间位碳原子上【解答】解：A质子数为7、中子数为7的氮原子的质量数为14，该原子的正确表示方法为：147N，故A错误；B溴化铵为离子化合物，铵根离子和溴
21、离子都需要标出所带电荷及原子的最外层电子，溴化铵正确的电子式为：，故B错误；C，氮原子的原子核内质子数为7，核外有2个电子层，第一层上有2个电子，第二层上有5个电子，其原子结构示意图为：，故C错误；D间硝基甲苯中，硝基和甲基位于苯环的间为碳原子上，其结构简式为：，故D正确；故选D3下列说法正确的是（）AFe在少量Cl2中燃烧生成FeCl2B石油的裂解、煤的干馏都是化学变化C化学反应的焓变与反应的途径有关D等质量的铜按a、b两种途径完全转化为硝酸铜，途径a、b消耗的硝酸一样多途径a：CuCuOCu（NO3）2；途径b：CuCu（NO3）2【分析】AFe与氯气反应生成氯化铁；B石油裂解得到甲烷、乙
22、烯等，煤的干馏得到苯等；C焓变与反应的途径无关，与起始状态有关；Da中硝酸只作酸，b中硝酸作氧化剂和酸【解答】解：AFe在少量Cl2中燃烧生成FeCl3，与量无关，故A错误；B石油裂解得到甲烷、乙烯等，煤的干馏得到苯等，均有新物质生成，则均为化学变化，故B正确；C焓变与反应的途径无关，与起始状态有关，故C错误；Da中硝酸只作酸，b中硝酸作氧化剂和酸，则等量Cu制备硝酸铜时，b消耗的硝酸多，故D错误；故选B4H2S在O2中不完全燃烧生成S和H2O下列说法正确的是（）A氧元素的单质存在同素异形体B微粒半径：O2S2C还原性：H2SH2OD该反应中化学能全部转化为热能【分析】A氧气、臭氧为氧元素的不
23、同单质；B离子的电子层越多，离子半径越大；CH2S在O2中不完全燃烧生成S和H2O，S失去电子，H2S为还原剂；D燃烧放出能量，并发光发热【解答】解：A氧气、臭氧为氧元素的不同单质，二者互为同素异形体，故A正确；B离子的电子层越多，离子半径越大，则离子半径为O2S2，故B错误；CH2S在O2中不完全燃烧生成S和H2O，S失去电子，H2S为还原剂，由还原剂的还原性大于还原产物的还原性可知，还原性：H2SH2O，故C错误；D燃烧放出能量，并发光发热，则该反应中化学能不能完全转化为热能，故D错误；故选A5短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X在元素周期表中原子半径最小，Y原子在周期表中处于族
24、序数等于周期序数3倍的位置，Z是最外层电子数最少的金属元素，W与Y属于同一主族下列叙述正确的是（）A原子半径：WZYB元素W最高价氧化物的水化物为强酸C化合物X2Y、Z2Y中化学键的类型相同D元素Y的简单气态氢化物的热稳定性比W的弱【分析】短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X在元素周期表中原子半径最小，则X为H元素；Y原子在周期表中处于族序数等于周期序数3倍的位置，只能处于第二周期，为VIA族元素，故Y为O元素；W与Y属于同一主族，则W为S元素；Z是最外层电子数最少的金属元素，处于IA族，原子序数大于氧，故Z为Na【解答】解：短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X在元素周期表
25、中原子半径最小，则X为H元素；Y原子在周期表中处于族序数等于周期序数3倍的位置，只能处于第二周期，为VIA族元素，故Y为O元素；W与Y属于同一主族，则W为S元素；Z是最外层电子数最少的金属元素，处于IA族，原子序数大于氧，故Z为NaA同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故原子半径Z（Na）W（S）Y（O），故A错误；B元素W最高价氧化物的水化物为硫酸，硫酸属于强酸，故B正确；CH2O只含有共价键，而Na2O只含有离子键，故C错误；D非金属性Y（O）W（S），故元素Y的简单气态氢化物的热稳定性比W的强，故D错误，故选：B6常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是（）
26、ApH=1的溶液：Ag+、Al3+、Cl、SO42B能使酚酞试液变红的溶液：Na+、K+、HCO3、S2C =1012的溶液：NH4+、Cu2+、NO3、ClD水电离产生的c（OH）=1012 molL1的溶液：K+、Fe2+、SO42、NO3【分析】ApH=1的溶液，显酸性，离子之间结合生成沉淀；B能使酚酞试液变红的溶液，溶液显碱性；C. =1012的溶液，显酸性；D水电离产生的c（OH）=1012 molL1的溶液，为酸或碱溶液【解答】解：ApH=1的溶液，显酸性，Ag+分别与Cl、SO42结合生成沉淀，不能大量共存，故A错误；B能使酚酞试液变红的溶液，溶液显碱性，碱溶液中不能大量存在HC
27、O3，故B错误；C. =1012的溶液，显酸性，该组离子之间不反应，可大量共存，故C正确；D水电离产生的c（OH）=1012 molL1的溶液，为酸或碱溶液，碱溶液中不能大量存在Fe2+，酸溶液中Fe2+、NO3发生氧化还原反应，不能共存，故D错误；故选C7如图实验操作正确的是（）A用装置甲收集SO2B用装置乙制备AlCl3晶体C中和滴定时，锥形瓶用待装液润洗D使用分液漏斗和容量瓶时，先要检查是否漏液【分析】A二氧化硫密度比空气大； B氯化铝水解生成氢氧化铝；C中和滴定中，锥形瓶不能润洗；D具有塞子或活塞的仪器使用时要检验是否漏液【解答】解：A二氧化硫密度比空气大，应用向上排空气法收集，故A错
28、误； B加热条件下，氯化铝水解生成氢氧化铝，不能得到氯化铝，故B错误；C中和滴定中，锥形瓶不能润洗，否则造成实验误差，故C错误；D具有塞子或活塞的仪器使用时要检验是否漏液，则使用分液漏斗和容量瓶时，首先要查漏，故D正确故选D8给定条件下，下列选项中所示的物质间转化均能一步实现的是（）ASSO2BaSO4BSiO2H2SiO3Na2SiO3（aq）CMgCl26H2OMgCl2MgDCuSO4（aq）Cu（OH）2悬浊液Cu2O【分析】A、二氧化硫与氯化钡不反应；B、二氧化硅不溶于水；C、MgCl26H2O要在氯化氢的氛围中加热得到氯化镁固体；D、硫酸铜和氢氧化钠反应生成氢氧化铜，氢氧化铜和葡萄
29、糖加热反应生成氧化亚铜红色沉淀【解答】解：A、二氧化硫与氯化钡不反应，弱酸不能制强酸，故A错误；B、二氧化硅不溶于水，二氧化硅与水不反应，故B错误；C、MgCl26H2O要在氯化氢的氛围中加热得到氯化镁固体，故C错误；D、硫酸铜和氢氧化钠反应生成氢氧化铜，CuSO4+2NaOH=Cu（OH）2+Na2SO4，氢氧化铜和葡萄糖加热反应生成氧化亚铜红色沉淀，C6H12O6+2Cu（OH）2CH2（OH）（CHOH）4COOH+Cu2O+2H2O，所以能实现转化，故D正确；故选D9下列指定反应的离子方程式正确的是（）A用氨水吸收足量的SO2气体：2OH+SO2SO32+H2OBNaAlO2溶液中Al
30、O2的水解：AlO2+2H2OAl（OH）3+OHC加入NaClO将污水中的NH3氧化成N2：3ClO+2NH3N2+3Cl+3H2ODNaHCO3溶液中加少量Ba（OH）2溶液：HCO3+Ba2+OHBaCO3+H2O【分析】A二氧化硫足量，反应生成亚硫酸氢铵；B偏铝酸根离子水解程度较小，生成的氢氧化铝不能使用沉淀符号；C次氯酸钠具有强氧化性，能够将氨气氧化成氮气；D氢氧化钡少量，反应生成碳酸钡、碳酸钠和水【解答】解：A用氨水吸收足量的SO2气体，反应生成亚硫酸氢铵，正确的离子方程式为：OH+SO2HSO3+H2O，故A错误；BNaAlO2溶液中AlO2的水解生成氢氧化铝和氢氧根离子，正确的
31、离子方程式为：AlO2+2H2OAl（OH）3+OH，故B错误；CNaClO将污水中的NH3氧化成N2、氯化钠和水，反应的离子方程式为：3ClO+2NH3N2+3Cl+3H2O，故C正确；D碳酸氢钠溶液中加少量Ba（OH）2溶液，反应生成碳酸钡沉淀、碳酸钠和水，正确的离子方程式为：2HCO3+Ba2+2OHBaCO3+2H2O+CO32，故D错误；故选C10一种微生物燃料电池如图所示，下列关于该电池说法正确的是（）Aa电极发生还原反应BH+由右室通过质子交换膜进入左室Cb电极反应式为：2NO3+10e+12H+N2+6H2OD电池工作时，电流由a电极沿导线流向b电极【分析】A、b极上N元素的化
32、合价降低，所以b是正极发生还原反应，a是负极，发生氧化反应；B、原电池中阳离子从负极移向正极；C、b极上N元素的化合价降低，所以b是正极发生还原反应；D、原电池中电流从正极流向负极，据此回答【解答】解：A、b极上N元素的化合价降低，所以b是正极发生还原反应，故A错误；B、原电池中阳离子从负极移向正极，即H+由左室通过质子交换膜进入右室，故B错误；C、b极上N元素的化合价降低，b是正极，发生还原反应，电极反应式为：2NO3+10e+12H+N2+6H2O，故C正确；D、原电池中电流从正极流向负极，电流由B电极沿导线流向A电极，故D错误故选C不定项选择题：本题包括5小题，每小题4分，共计20分每小
33、题只有一个或两个选项符合題意若正确答案只包括一个选项，多选时，该小题得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下列说法正确的是（）A铁表面镀铜时，铁与电源的正极相连，铜与电源的负极相连B向氨水中不断通入CO2，随着CO2的增加，不断增大C3C（s）+CaO（s）=CaC2（s）+CO（g）在常温下不能自发进行，说明该反应的H0D合成氨时，其他条件不变升高温度，反应速率v（H2）和氢气的平衡转化率均增大【分析】A电镀池中，作阳极的是镀层金属，做阴极的是待镀金属；B向氨水中不断通入CO2，一水合氨浓度减小，铵根离子浓度增大，结
34、合电离常数分析；C根据反应自发进行的判断依据HTS0分析解答；D合成氨反应为放热反应【解答】解：A在铁件的表面镀铜的电镀池中，作阳极的是镀层金属铜，与电源的正极相连，阳极上金属铜失电子发生氧化反应，阴极上铜离子得电子生成铜单质，铁与电源的负极相连做阴极，故A错误；B向氨水中不断通入CO2，一水合氨浓度减小，铵根离子浓度增大，由于是常数，所以不断减小，故B错误；C3C（s）+CaO（s）=CaC2（s）+CO（g）在常温下不能自发进行，已知S0，由HTS0可知，说明该反应的H0，故C正确；D合成氨反应为放热反应，升高温度反应速率加快，平衡逆向移动，所以氢气的转化率减小，故D错误；故选C12青蒿酸
35、是合成青蒿素的原料，可以由香草醛合成：下列叙述正确的是（）A青蒿酸分子中含有4个手性碳原子B在一定条件，香草醛可与HCHO发生缩聚反应C两种物质分别和H2反应，最多消耗H24mol和3molD可用FeCl3溶液或NaHCO3溶液鉴别化合物香草醛和青蒿酸【分析】A手性碳原子连接4个不同的原子或原子团；B香草醛羟基邻位只有1个H原子；C香草醛中苯环、醛基可与氢气发生加成反应，青蒿酸中只有碳碳双键与氢气发生加成反应；D香草醛含有酚羟基，青蒿酸含有羧基，结合酚羟基和羧基的性质判断【解答】解：A手性碳原子连接4个不同的原子或原子团，如图所示，共4个，故A正确；B香草醛羟基邻位只有1个H原子，不能发生缩聚
36、反应，故B错误；C香草醛中苯环、醛基可与氢气发生加成反应，青蒿酸中只有碳碳双键与氢气发生加成反应，两种物质分别和H2反应，最多消耗H24mol和2mol，故C错误；D香草醛含有酚羟基，青蒿酸含有羧基，可用FeCl3溶液或NaHCO3溶液鉴别，故D正确故选AD13根据下列实验现象所得结论正确的是（）选项实验现象结论A取少量食盐溶于水，加稀硫酸酸化，再滴入淀粉溶液溶液未呈蓝色该食盐中不含有碘酸钾B将KI和FeCl3溶液在试管中混合后，加入CCl4，振荡、静置下层溶液显紫红色Fe3+的氧化性大于I2C向蛋白质溶液中加入CuCl2或（NH4）2SO4饱和溶液均有沉淀蛋白质均发生了变性D将O.1molL
37、1MgSO4溶液滴入NaOH溶液至不再有沉淀产生，得滴加0.1molL1CuSO4溶液白色沉淀逐渐 变为蓝色沉KspCu（OH）：lKspMg（OH）2|AABBCCDD【分析】A碘单质遇淀粉试液变蓝色； B同一化学反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性；C铵盐能使蛋白质发生盐析，重金属盐能使蛋白质发生变性；D溶度积常数大的物质能转化为溶度积常数小的物质【解答】解：A碘单质遇淀粉试液变蓝色，碘酸钾中不含碘单质，所以与淀粉实验不反应变色，故A错误；BKI和FeCl3溶液发生氧化还原反应生成亚铁离子和碘，碘极易溶于四氯化碳中，四氯化碳和水不互溶，且密度大于水，所以下层溶液显紫红色，该反应中氧化
38、剂是铁离子、氧化产物的碘，所以Fe3+的氧化性大于I2，故B正确；C硫酸铵能使蛋白质发生盐析，但氯化铜能使蛋白质发生变性，二者原理不同，故C错误；D将0.1molL1MgSO4溶液滴入NaOH溶液至不再有沉淀产生，说明NaOH完全反应，再滴加0.1molL1CuSO4溶液，先有白色沉淀生成后变为浅蓝色沉淀，说明发生了沉淀的转化，溶度积大的物质向溶度积小的物质转化，所以Cu（OH）2的溶度积比Mg（OH）2的小，故D正确；故选BD14常温下，下列溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是（）A将等体积、等物质的量浓度的CH3COONH4与CH3COONa溶液混合：c（CH3COO）c（Na+）c（NH
39、4+）c（OH）B将等体积、等物质的量浓度的NH4HCO3与NaCl溶液混合，析出部分NaHCO3晶体后的溶液：c（H+）+c（H2CO3）=c（OH）+c（CO32）+c（NH3H2O）C向饱和氯水中加入NaOH溶液至pH=7，所得溶液中：c（Na+）c（ClO）c（Cl）c（OH）D向0.10molL1 Na2CO3溶液中通入少量CO2的溶液中：c（OH）=c（H+）+c（HCO3）+2c（H2CO3）【分析】A盐的水解程度较小，则醋酸根离子浓度最大，钠离子的浓度大于铵根离子；B反应后溶液可以看作NH4Cl、NaHCO3的混合液，根据混合液中的物料守恒和电荷守恒判断；C反应后溶液的pH=7
40、，则c（H+）=c（0H），由电荷守恒可知：c（Na+）=c（ClO）+c（Cl），反应后溶质为NaCl、NaClO、HClO，由Cl2+H2OHClO+HCl可知，c（Cl）=c（ClO）+c（HClO），则c（Cl）c（ClO）；D反应后溶质为碳酸钠和碳酸氢钠的混合物，结合碳酸钠溶液中的质子守恒分析【解答】解：A将等体积、等物质的量浓度的CH3COONH4与CH3COONa溶液混合，由于盐的水解程度较小，则：c（CH3COO）c（Na+）c（NH4+），溶液中离子浓度大小为：c（CH3COO）c（Na+）c（NH4+）c（OH），故A正确；B将等体积、等物质的量浓度的NH4HCO3与NaC
41、l溶液混合，可以看作为NH4Cl、NaHCO3的混合液，析出部分NaHCO3晶体后，根据物料守恒可得：c（Cl）=c（NH4+）+c（NH3H2O）、c（Na+）=c（HCO3）+c（CO32）+c（H2CO3），溶液中存在电荷守恒：c（Na+）+c（H+）+c（NH4+）=c（OH）+c（HCO3）+2c（CO32）+c（Cl），物料守恒和电荷守恒结合可得：c（H+）+c（H2CO3）=c（OH）+c（CO32）+c（NH3H2O），故B正确；C在饱和氯水中加入NaOH使pH=7，c（H+）=c（0H），由电荷守恒可知，c（Na+）=c（ClO）+c（Cl），反应后溶质为NaCl、NaClO
42、、HClO，由Cl2+H2OHClO+HCl可知，c（Cl）=c（ClO）+c（HClO），则c（Cl）c（ClO），溶液中离子浓度大小为：c（Na+）c（Cl）c（ClO）c（HClO），故C错误；D0.10molL1 Na2CO3溶液中通入少量CO2的溶液中，碳酸钠溶液中满足c（OH）=c（H+）+c（HCO3）+2c（H2CO3），而通入二氧化碳气体后氢氧根离子浓度减小，碳酸氢根离子离子浓度增大，则c（OH）c（H+）+c（HCO3）+2c（H2CO3），故D错误；故选AB15利用CO和H2在催化剂的作用下合成甲醇，发生的反应如下：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）在体积一定的密闭
43、容器中按物质的量之比1：2充入CO和H2，测得平衡混合物中CH3OH的体积分数在不同压强下随温度的变化如图所示下列说法正确的是（）A该反应的H0，且p1p2B反应速率：逆（状态A）逆（状态B）C在C点时，CO转化率为75%D在恒温恒压条件下向密闭容器中充入不同量的CH3OH，达平衡时CH3OH的体积分数也不同【分析】A由图可知，升高温度，平衡逆向移动，说明该反应的H0，同温度下，增大压强，平衡正向移动，CH3OH的体积分数增大；B温度升高、增大压强均使该反应的化学反应速率加快；C设向密闭容器充入了1molCO和2molH2，利用三段法进行数据分析计算D在恒温恒压条件下向密闭容器中充入不同量的C
44、H3OH，达平衡时CH3OH的体积分数都相同【解答】解：A由图可知，升高温度，CH3OH的体积分数减小，平衡逆向移动，则该反应的H0，300时，增大压强，平衡正向移动，CH3OH的体积分数增大，所以p1p2，故A错误；BB点对应的温度和压强均大于A点，温度升高、增大压强均使该反应的化学反应速率加快，因此逆（状态A）逆（状态B），故B错误；C设向密闭容器充入了1molCO和2molH2，CO的转化率为x，则 CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）起始 1 2 0变化 x 2x x结束 1x 22x x在C点时，CH3OH的体积分数=0.5，解得x=0.75，故C正确；D由等效平衡可知，在恒温恒
45、压条件下向密闭容器中充入不同量的CH3OH，达平衡时CH3OH的体积分数都相同，故D错误；故选C二、解答题16工业上处理含铬（主要成分是HCrO4）污水并制备磁性铁铬氧体工艺流程如图1：（1）还原过程中HCrO4转化为Cr3+的离子方程式为HCrO4+3Fe2+7H+=Cr3+3Fe3+4H2O；（2）当沉淀池中c（Fe2+）：c（Fe3+）=2：1时，能生成铁铬氧体通入压缩空气是形成铁铬氧体的必要条件之一，通入压缩空气的目的是搅拌，、将Fe2+氧化为Fe3+；在加NaOH溶液之前通入的空气量不宜过多，若过多必须向沉淀池中增补的物质可能为：AD（填字母）AFeSO4 BCu CH2O2 DFe
46、（3）已知三价铬Cr（）在水溶液中的存在形态随pH 的变化如图2，为尽可能除去铬元素实现清液达标排放，沉淀池中pH要控制在6.012；若pH过高，溶液中残留铬量增大，其原因为Cr（OH）3转化为可溶性的Cr（OH）4【分析】含铬（主要成分是HCrO4）污水，加入稀硫酸和硫酸亚铁，HCrO4与亚铁离子发生氧化还原反应生成铁离子和铬离子，通入压缩空气既可以搅拌溶液，又可将部分亚铁离子氧化成铁离子，使溶液中铁离子和亚铁离子的物质的量之比为1：2，再加入氢氧化钠溶液形成铁铬氧体，若在加NaOH溶液之前通入的空气量过多，则溶液中亚铁离子的比例偏小，铁离子偏多，可以加入亚铁离子，或铁单质生成亚铁离子，根据
47、图2所示可知，当溶液的pH在6.012时，铬以氢氧化铬的形式存在，可以除去溶液中的铬元素，再增大溶液的pH值时，铬元素以Cr（OH）4形式存在，而溶解在水中，据此答题；【解答】解：（1），HCrO4与亚铁离子发生氧化还原反应生成铁离子和铬离子，反应的离子方程式为HCrO4+3Fe2+7H+=Cr3+3Fe3+4H2O，故答案为：HCrO4+3Fe2+7H+=Cr3+3Fe3+4H2O；（2）通入压缩空气既可以搅拌溶液，又可将部分亚铁离子氧化成铁离子，使溶液中铁离子和亚铁离子的物质的量之比为1：2，若通入的空气量过多，则溶液中亚铁离子的比例偏小，铁离子偏多，可以加入亚铁离子，或铁单质生成亚铁离子
48、，故选AD，故答案为：搅拌、将Fe2+氧化为Fe3+；AD；（3）根据图2所示可知，当溶液的pH在6.012时，铬以氢氧化铬的形式存在，可以除去溶液中的铬元素，再增大溶液的pH值时，铬元素以Cr（OH）4形式存在，而溶解在水中，故答案为：6.012；Cr（OH）3转化为可溶性的Cr（OH）417酮洛芬是一种良好的抗炎镇痛药，可以通过以下方法合成：（1）酮洛芬中含氧官能团的名称为羧基和羰基（2）化合物E的结构简式为由CD的反应类型是取代反应（3）写出BC的反应方程式（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能发生银镜反应 、与FeCl3发生显色反应、分子中含有5种不同化学环境的氢（
49、5）请写出以甲苯和乙醇为原料制备化合物的合成路线流程图（无机试剂可任选）合成路线流程图示例如图：H2CCH2CH3CH2BrCH3CH2OH【分析】（1）根据酮洛芬的结构简式，可知含有的含氧官能团为羧基、羰基；（2）对比D、F结构与E的分子式，可知D中Br被CN取代生成E；对比C、D的结构可知，C中甲基上H原子被Br原子取代生成D；（3）对比B、C结构简式可知，B中Cl为苯基取代生成C，同时还生成HCl；（4）A的一种同分异构体满足：能发生银镜反应，说明含有醛基，、与FeCl3发生显色反应，说明含有酚羟基，、分子中含有5种不同化学环境的氢，可以是OH与CH2CHO处于对位；（5）甲苯与Br2/
50、PCl3发生取代反应生成，与NaCN发生取代反应生成，再根据NaOH/HCl得到，最后与乙醇发生酯化反应得到【解答】解：（1）根据酮洛芬的结构简式，可知含有的含氧官能团为羧基、羰基，故答案为：羧基、羰基；（2）对比D、F结构与E的分子式，可知D中Br被CN取代生成E，则E的结构简式为：，对比C、D的结构可知，C中甲基上H原子被Br原子取代生成D，属于取代反应，故答案为：；取代反应；（3）对比B、C结构简式可知，B中Cl为苯基取代生成C，同时还生成HCl，反应方程式为：，故答案为：；（4）A的一种同分异构体满足：能发生银镜反应，说明含有醛基，、与FeCl3发生显色反应，说明含有酚羟基，、分子中含
51、有5种不同化学环境的氢，可以是OH与CH2CHO处于对位，符合条件的结构简式为：，故答案为：；（5）甲苯与Br2/PCl3发生取代反应生成，与NaCN发生取代反应生成，再根据NaOH/HCl得到，最后与乙醇发生酯化反应得到，合成路线流程图为：，故答案为：18以碳酸镁（含少量FeCO3）为原料制取硫酸镁晶体，并测定Mg2+含量：将原料完全溶于一定量的稀硫酸中，加足量的H2O2后用氨水调节溶液的pH，静置后过滤，除去滤渣，将滤液晶体得硫酸镁晶体（1）30.00mL5.00molL1的稀硫酸至少能溶解原料质量为12.60g（2）加入H2O2时反应的离子方程式为2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2
52、H2O（3）己知：KspFe（OH）3=1.01039，KspMg（OH）=1.01012室温下，若溶液中c（Mg2+）=0.01molL1，欲使溶液中的c（Fe3+）1106molL1，而调节溶液pH范围为39（4）常采用下列方法测定结晶硫酸镁中Mg2+的含量己知：在pH为910时，Mg2+、Zn2+均能与EDTA（H2Y2）形成配合物在pH为56时，Zn2+除了与EDTA反应，还能将Mg2+与EDTA形成配合物中的Mg2+“置换”出来：Zn2+MgH2YZnH2Y+Mg2+步骤1：准确称取得到的硫酸镁晶体1.50g加入过量的EDTA成lOOmLpH在910之间溶液A步驟2：准确移取25.0
53、0mL溶液A于锥形瓶中，用0.10molL1Zn2+标准溶液滴定，滴定到终点，消耗Zn2+标准溶液的体积为20.00mL 步骤3：准确移取25.00mL溶液A于另一只锥形瓶中，调节pH在56用0.10molL1Zn2+标准洛液滴定，滴定至终点，消耗Zn2+标准溶液的体积为30.00mL计算该结晶硫酸镁中Mg2+的质量分数（请给出计算过程）6.4%【分析】（1）30.00mL 5.00molL1的稀硫酸如果溶解的全部是碳酸镁，则其质量为最少，根据硫酸与碳酸镁反应的方程式可计算出原料的质量；（2）加入H2O2的目的是将溶液中的亚铁离子氧化成铁离子再调节pH值，将铁元素除去，据此书写离子方程式；（3
54、）根据KspMg（OH）2可计算出镁离子开始出现沉淀时的pH值，根据KspFe（OH）3可计算出铁离子沉淀完全时的pH值，据此判断溶液的pH值范围；（4）在pH在910之间溶液A中，可以通过锌离子的物质的量计算出剩余EDTA的物质的量，调节pH在56时，通过锌离子的物质的量可计算出总EDTA的物质的量，由此可计算出与镁离子反应的EDTA的物质的量，根据100%计算出Mg2+的质量分数；【解答】解：（1）30.00mL 5.00molL1的稀硫酸的物质的量为0.15mol，根据硫酸与碳酸镁反应的方程式可知碳酸镁的物质的量也为0.15mol，所以碳酸镁的质量为0.15mol84g/mol=12.6
55、0g，故答案为：12.60g；（2）加入H2O2的目的是将溶液中的亚铁离子氧化成铁离子再调节pH值，将铁元素除去，反应的离子方程式为2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O，故答案为：2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O；（3）根据KspMg（OH）2可知镁离子开始出现沉淀时溶液中氢氧根离子的浓度为molL1=1105 molL1，此时溶液的pH值为9，根据KspFe（OH）3可知铁离子沉淀完全时溶液中氢氧根离子的浓度为molL1=11011molL1，此时溶液的pH值为3，所以需调节溶液pH范围为39，故答案为：39；（4）Mg2+、Zn2+与EDTA均按1：1反应，在25m
56、L溶液A中：n（EDTA）=n（Zn2+）=0.1020.00103=2.00103mol，则100mL溶液A中剩余EDTA的量：n（EDTA）=2.00103100/25=8.00103mol25mL溶液A中EDTA的量：n（EDTA）总=n（Zn2+）=0.1030.00103=3.00103mol则100mL溶液A中EDTA总量：n（EDTA）总=3.001034=0.0120mol所以与1.5g样品中镁离子反应的EDTA的物质的量为0.012mol8.00103 mol=0.004mol，所以样品中n（Mg2+）=0.004mol，其质量为0.004mol24g/mol=0.096g，
57、则该结晶硫酸镁中Mg2+的质量分数为100%=6.4%，故答案为：6.4%19硫酰氯（SO2Cl2）常作氯化剂或氯磺化剂，用于制作药品、染料、表面活性剂等有关物质的部分性质如表：物质熔点/沸点/其它性质SO2Cl254.169.1易水解，产生大量白雾易分解：SO2Cl2SO2+Cl2H2SO410.4338吸水性且不易分解实验室用干燥而纯净的二氧化硫和氯气合成硫酰氯，装置如图所示（夹持仪器已省略），请回答有关问题：（1）仪器A冷却水的进口为a（填“a”或“b”）（2）仪器B中盛放的药品是碱石灰（3）实验时，装置丁中发生反应的离子方程式为ClO3+5Cl+6H+=3Cl2+3H2O（4）装置丙的
58、作用为除去Cl2中的HCl，若缺少装置乙，则硫酰氯会水解，该反应的化学方程式为SO2Cl2+2H2OH2SO4+2HCl（5）少量硫酰氯也可用氯磺酸（ClSO3H）分解获得，该反应的化学方程式为：2ClSO3HH2SO4+SO2Cl2，此方法得到的产品中会混有硫酸从分解产物中分离出硫酰氯的方法是蒸馏请设计实验方案检验产品中有硫酸（可选试剂：稀盐酸、稀硝酸、BaCl2溶液、蒸馏水、石蕊溶液）：取产物在干燥条件下加热至完全反应（或挥发或分解等），冷却后加水稀释；取少量溶液滴加紫色石蕊试液变红；再取少量溶液，加入BaCl2溶液产生白色沉淀，说明含有H2SO4或取反应后的产物直接加BCl2溶液，有白色
59、沉淀，再滴加紫色石蕊试液变红，说明含有H2SO4【分析】二氧化硫和氯气合成硫酰氯：甲装置：SO2（g）+Cl2（g）SO2Cl2；硫酰氯会水解，仪器B中盛放的药品是碱石灰防止空气中的水蒸气进入装置，同时吸收挥发出去的二氧化硫和氯气，丁装置：浓盐酸和氯酸钾反应制取氯气，浓盐酸易挥发，制取的氯气中含有氯化氢，丙装置：除去Cl2中的HCl，乙装置：干燥氯气（1）根据采用逆流的冷凝效果好，判断冷凝管的进水口；（2）仪器B中盛放的药品是碱石灰防止空气中的水蒸气进入装置，同时吸收挥发出去的二氧化硫和氯气；（3）实验时，装置丁中氯酸钾+5价的氯和盐酸中1价的氯发生氧化还原反应生成氯气；（4）盐酸易挥发，制取
60、的氯气中含有氯化氢，丙装置：除去Cl2中的HCl；SO2Cl2遇水生成硫酸和氯化氢，根据原子守恒书写；（5）二者沸点相差较大，采取蒸馏法进行分离；氯磺酸（ClSO3H）分解：2ClSO3HH2SO4+SO2Cl2，设计实验方案检验产品，需检验氢离子、检验硫酸根离子【解答】解：（1）根据采用逆流的冷凝效果好，所以冷凝管中的冷却水进口为a，故答案为：a；（2）甲装置：SO2（g）+Cl2（g）SO2Cl2，二氧化硫、氯气为有毒的酸性气体，产物硫酰氯会水解，所以仪器B中盛放的药品是碱性物质碱石灰，可防止空气中的水蒸气进入装置，同时吸收挥发出去的二氧化硫和氯气，故答案为：碱石灰；（3）浓盐酸和氯酸钾发
61、生反应生成KCl、氯气和水，反应为：6HCl（浓）+KClO3=KCl+3Cl2+3H2O，离子方程式为：ClO3+5Cl+6H+=3Cl2+3H2O，故答案为：ClO3+5Cl+6H+=3Cl2+3H2O；（4）盐酸易挥发，制取的氯气中含有氯化氢，氯气难溶于饱和食盐水；HCl易溶于水，而氯气难溶于饱和食盐水，可用饱和NaCl溶液除去Cl2中的少量HCl，所以丙装置作用为诶：除去Cl2中的HCl，SO2Cl2遇水生成硫酸和氯化氢，则其水解方程式为：SO2Cl2+2H2OH2SO4+2HCl，故答案为：除去Cl2中的HCl；SO2Cl2+2H2OH2SO4+2HCl；（5）二者为互溶液体，沸点相
62、差较大，采取蒸馏法进行分离，故答案为：蒸馏；氯磺酸（ClSO3H）分解：2ClSO3HH2SO4+SO2Cl2，取产物在干燥条件下加热至完全反应（或挥发或分解等），冷却后加水稀释；取少量溶液滴加紫色石蕊试液变红，证明溶液呈酸性，再取少量溶液，加入BaCl2溶液产生白色沉淀，说明含有H2SO4，或取反应后的产物直接加BCl2溶液，有白色沉淀，证明含有硫酸根离子，再滴加紫色石蕊试液变红，说明含有H2SO4，故答案为：取产物在干燥条件下加热至完全反应（或挥发或分解等），冷却后加水稀释；取少量溶液滴加紫色石蕊试液变红；再取少量溶液，加入BaCl2溶液产生白色沉淀，说明含有H2SO4或取反应后的产物直接
63、加BCl2溶液，有白色沉淀，再滴加紫色石蕊试液变红，说明含有H2SO420为保护环境，应减少二氧化硫、氮氢化物和二氧化碳等物质的排放 量（1）用CH4催化还原煤燃烧产生的氮氧化物，可以消除污染己知：CH4（g）+2NO2（g）=N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）H=867.0kJ/molNO2（g）=N2O4 （g）H=28.5kJ/mol 写出CH4催化还原N2O4（g）生成CO2、N2和H2O（g）的热化学方程式CH4（g）+N2O4（g）=N2（g）+CO2（g）+2H2O（g），H=810kJ/mol（2）一定条件下，将NO2与SO2以体积比1：2置于恒温恒容的密闭容器中，发生
64、N02（g）+S02（g）S03（g）+N0（g），测得反应达到平衡时NO2与SO2体积比为1：5，则平衡常数K=1.8（填数值）（3）如图1是一种用NH3、02脱除烟气中NO的原理，该原理中NO最终转化为H2O和N2（填化学式），当消耗1molNH3和0.5molO2时，除去的NO在标准状况下的体积为11.2（4）研究CO2在海洋中的转移和归宿，是当今海洋科学研究的前沿领域，有人利用图2所示装置（均为惰性电极）从海水中提取C02（海水中无机碳95%以HCO存在），有利于减少环境中温室气体含量a室的电极反应式为2H2O4e=4H+O2b室中提取C02的反应的离子方程式为H+HCO3=CO2+H
65、2Ob室排出的海水（pH6）不可过直接排回大海，需用该装罝中产生的物质对b室排出的海水进行处理，合格后才能排回大海处理的方法是用c室排出的碱液将从b室排出的酸性海水调节至装置入口海水的pH【分析】（1）根据盖斯定律，由已知热化学方程式乘以适当的系数进行加减构造目标热化学方程式；（2）根据三行式，结合平衡常数表达式进行计算求解；（3）由图该原理中的中NO最终转化为H2O和氮气；根据氨气失去的电子的物质的量等于NO和氧气得到的电子总物质的量计算；（4）a室接电源的正极，为阳极，水失去电子生成氧气和氢离子；氢离子通过阳离子交换膜进入b室，与b室中的碳酸氢根反应生成二氧化碳气体，据此解答即可；c室连接
66、电源的负极，为阴极，水得到电子生成氢气和氢氧根，a室中产生氢离子，用c室排除的碱液将从b室排出的酸性海水调节即可，据此解答【解答】解：（1）已知：、CH4（g）+2NO2（g）N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）H1=867kJ/mol、2NO2（g）N2O4（g）H2=57kJ/mol根据盖斯定律，得CH4（g）+N2O4（g）=N2（g）+CO2（g）+2H2O（g），故H=867kJ/mol（57kJ/mol）=810kJ/mol，即CH4（g）+N2O4（g）=N2（g）+CO2（g）+2H2O（g），H=810kJ/mol，故答案为：CH4（g）+N2O4（g）=N2（g）+CO
67、2（g）+2H2O（g），H=810kJ/mol；（2）NO2（g）+SO2（g）SO3（g）+NO（g），起始量 a 2a 变化量 x x x x平衡量 ax 2ax x x 由题意可知：，解之得：x=a，所以K=1.8，故答案为：1.8；（3）由图1可知反应物为氧气、一氧化氮和氨气最终生成物为氮气和水，所以NO最终转化为N2和H2O；氧气、一氧化氮和氨气反应生成氮气和水，反应中氨气失去的电子的物质的量等于NO和氧气得到的电子总物质的量，1mol NH3转化为N2失去3mol电子，0.5mol O2得到2mol电子，则NO转化为N2得到的电子为1mol，所以NO的物质的量为0.5mol，其体
68、积为11.2L，故答案为：N2；11.2；（4）a室：2H2O4e=4H+O2，故答案为：2H2O4e=4H+O2；氢离子通过阳离子交换膜进入b室，发生反应：H+HCO3=CO2+H2O，故答案为：H+HCO3=CO2+H2O；c室：2H2O+2e=2OH+H2，用c室排出的碱液将从b室排出的酸性海水调节至装置入口海水的pH，故答案为：用c室排出的碱液将从b室排出的酸性海水调节至装置入口海水的pH物质结构与性质】21将过量的氨水加到硫酸铜溶液中，溶液最终变成深蓝色，继续加入乙醇，析出深蓝色的晶体Cu（NH3）4SO4H2O（1）Cu2+基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d9；
69、Cu（NH3）4SO4H2O中，与Cu2+形成配位键的原子是N（填元素符号）（2）乙醇分子中O原子轨道杂化类型为sp3与NH3互为等电子体的一种阳离子为H3O+（填化学式）（3）N、O、S第一电离能由大到小的顺序为NOS（4）某含有结晶水的铜的氯化物的晶胞结构如图所示，该化合物的化学式是CuCl22H2O【分析】（1）Cu原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d104s1，4s与3d能级各失去1个电子形成Cu2+；与Cu2+形成配位键的原子含有孤对电子；（2）乙醇分子中O原子形成2个键，含有2对孤对电子，杂化轨道数目为4；原子数目相等、价电子总数相等的微粒互为等电子体；（3）N元素
70、原子2p能级为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素的，同主族自上而下第一电离能减小；（4）根据均摊法计算晶胞中Cu2+、H2O数目，结合化合价代数和为0计算晶胞中Cl离子数目，进而确定化学式【解答】解：（1）Cu原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d104s1，4s与3d能级各失去1个电子形成Cu2+，Cu2+基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d9，N原子含有孤对电子，与Cu2+形成配位键，故答案为：1s22s22p63s23p63d9；N；（2）乙醇分子中O原子形成2个键，含有2对孤对电子，杂化轨道数目为4，氧原子杂化方式为sp3；原子数目相等
71、、价电子总数相等的微粒互为等电子体，与NH3互为等电子体的一种阳离子为H3O+，故答案为：sp3；H3O+；（3）N元素原子2p能级为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素的，同主族自上而下第一电离能减小，第一电离能由大到小的顺序为：NOS，故答案为：NOS；（4）晶胞中Cu2+离子数目为8+2=2、化合价代数和为0，则晶胞中Cl离子数目为4，H2O数目为8+4=4，该物质化学式为：CuCl22H2O，故答案为：CuCl22H2O实验化学】22（2015秋淮安期末）实验化学乙酰苯胺为无色晶体，有“退热冰”之称其制备原理为：+CH3COOH+H2O已知：苯胺易被氧化； 苯胺、醋酸和
72、乙酰苯胺的部分物理性质如表：试剂名称熔点沸点溶解度（20）苯胺6.2184.4稍溶于水（3.4g），与乙醇、乙醚、苯混溶乙酸16.7118易溶于水、乙醇、乙醚等乙酰苯胺114116280290 0.46g制备乙酰苯胺的实验步骤如下：步骤1：在下图1装置的圆底烧瓶中，加入6.0mL苯胺、9.0mL冰醋酸及0.2g锌粉步骤2：控制温度计示数约105，小火加热回流1h步骤3：趁热将反应混合物倒入盛有100mL冷水的烧杯中，抽滤，洗涤，得到粗产品步骤4：通过重结晶提纯粗产品后，获得无色片状晶体，干燥后得目标产品（1）仪器a的名称为冷凝管（2）步骤1中加入锌粉的作用是防止苯胺被氧化，同时起着沸石的作用（
73、3）步骤2中控制温度计示数约105的原因是乙酸有挥发性，温度过高，乙酸蒸出，降低了反应物的利用率，而温度过低，不能除去反应生成水（4）步骤3中，抽滤装置如图2所示，仪器c的名称是吸滤瓶，当过滤的溶液具有强酸性、强碱性或强氧化性时要用玻璃纤维代替滤纸或用玻璃砂漏斗代替布氏漏斗，停止抽滤时的操作为先旋开安全瓶d上的旋塞恢复常压然后关闭抽气泵【分析】（1）根据仪器的特征与用途分析仪器A为冷凝管；（2）苯胺不稳定，容易被空气中的氧气氧化为硝基苯，为防止苯胺在反应过程中被氧化，需要加入还原剂Zn粉，同时起着沸石的作用；（3）温度过高，乙酸蒸出，控制温度，防止未反应的乙酸蒸出，降低了反应物的利用率，加热至
74、105左右，就可以不断分出反应过程中生成的水，促进反应正向进行，温度过低，不能除去反应生成水；（4）仪器B的名称吸滤瓶，当过滤的溶液具有强酸性、强碱性或强氧化性时，会腐蚀滤纸，要用玻璃纤维代替滤纸或用玻璃砂漏斗，抽滤完毕，停止抽滤时的操作要防止倒吸【解答】解：（1）由仪器的结构特征，控制仪器A为冷凝管，起冷凝回流作用，故答案为：冷凝管；（2）苯胺不稳定，容易被空气中的氧气氧化为硝基苯，加入还原剂Zn粉，可以防止苯胺在反应过程中被氧化，苯胺、醋酸的沸点低，加热易沸腾，所以加入锌粉同时起着沸石的作用，故答案为：防止苯胺被氧化，同时起着沸石的作用；（3）乙酸有挥发性，温度过高，乙酸蒸出，降低了反应物
75、的利用率，水的沸点是100，加热至105左右，就可以不断分出反应过程中生成的水，促进反应正向进行，提高生成物的产率，温度过低，不能除去反应生成水，故答案为：乙酸有挥发性，温度过高，乙酸蒸出，降低了反应物的利用率，而温度过低，不能除去反应生成水；（4）仪器B的名称吸滤瓶，当过滤的溶液具有强酸性、强碱性或强氧化性时，会腐蚀滤纸，玻璃纤维为硅酸盐材料，具有耐强酸性、强碱性，所以需用玻璃纤维代替滤纸或用玻璃砂漏斗，停止抽滤时一定要先旋开安全瓶d上的旋塞恢复常压然后关闭抽气泵，然后取漏斗滤纸上的沉淀，防止倒吸，故答案为：吸滤瓶；玻璃纤维代替滤纸或用玻璃砂漏斗；先旋开安全瓶d上的旋塞恢复常压然后关闭抽气泵版权所有：高考资源网()