1、高考资源网（） 您身边的高考专家2016-2017学年山东省枣庄市滕州二中新校高三（上）第四周周清检测化学试卷一、选择题1化学与能源开发、环境保护、资源利用等密切相关下列说法正确的是（）A“无磷洗涤剂”的推广使用，不能有效减少水体富营养化的发生B无论是风力发电还是火力发电，都是将化学能转化为电能CPM2.5含有的铅、镉、铬、钒、砷等对人体有害的元素均是金属元素D硫的氧化物和氮的氧化物是形成酸雨的主要物质2据最新报道，科学家发现了如下反应：O2+PtF6=O2（PtF6），已知O2（PtF6）为离子化合物，其中Pt为+5价，对于此反应，下列叙述正确的是（）A在此反应中，每生成1molO2（PtF
2、6），则转移1mol电子B在此反应中，O2是氧化剂，PtF6是还原剂CO2（PtF6）中氧元素的化合价是+1价DO2（PtF6）中仅存在离子键不存在共价键3NA为阿伏伽德罗常数的值下列叙述正确的是（）A常温下将28 g Fe投人到足量的浓硝酸中，可得到标准状况下33.6 L NO2B任何条件下，64 gSO2中含有的原子数目一定为3 NAC25时pH=13的NaOH溶液中含有OH一的数目为0.1 NAD1 mo1 Na2O2反应生成O2时，必失去2 NA个电子4能正确表示下列反应的离子方程式为（）A向明矾（KAl（SO4）212H2O）溶液中滴加Ba（OH）2溶液，恰好使SO42沉淀完全：2A
3、l3+3SO42+3Ba2+6OH2Al（OH）3+3BaSO4BFe3O4溶于足量稀HNO3：Fe3O4+8H+=Fe2+2Fe3+4H2OC玻璃试剂瓶被烧碱溶液腐蚀：SiO2+2Na+2OH=Na2SiO3+H2ODVO2+与酸性高锰酸钾溶液反应：5VO2+MnO4+H2O5VO2+Mn2+2H+5常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是（）Ac（I）=0.1molL1的溶液中：Na+、Mg2+、ClO、SO42B使甲基橙变红色的溶液中：K+、NH4+、HCO3、ClC与Al反应能放出大量H2的溶液中：Fe2+、Na+、NO3、ClD由水电离产生的c（OH）=11010 molL
4、1的溶液中：Ba2+、K+、NO3、Br6等质量的下列物质与足量浓盐酸反应（必要时可加热），放出Cl2物质的量最多的是（）AKMnO4BMnO2CNaClO3DNaClO7氮氧化铝（AlON）是一种透明高硬度防弹材料，可以由反应Al2O3+C+N22AlON+CO合成，下列有关说法正确的是（）A氮氧化铝中氮的化合价是3B反应中氧化产物和还原产物的物质的量之比是2：1C反应中每生成5.7g AlON 同时生成1.12 L COD反应中氮气被还原8在含有Cu（NO3）2、Zn（NO3）2、Fe（NO3）3、AgNO3各0.1mol的混合溶液中加入0.1mol铁粉，充分搅拌后铁完全反应，同时析出0.
5、1mol Ag则下列结论中不正确的是（）A向反应后的溶液中继续加入少量铁粉，铁粉可以继续溶解B氧化性：Ag+Fe3+Cu2+Zn2+C反应后溶液的质量减轻D反应后溶液中Cu2+与Fe2+的物质的量之比为1：19我国科学家研发成功了甲烷和二氧化碳的共转化技术，利用分子筛催化剂高效制得乙酸下列有关说法正确的是（）A所有反应物和产物中都既含极性键又含非极性键B消耗22.4L CO2可制得乙酸60gC该反应不是氧化还原反应D该反应过程符合“绿色化学”原理，原子利用率达100%10合成二甲醚的三步反应如下：2H2（g）+CO（g）CH3OH（g）H12CH3OH （g）CH3OCH3 （g）+H2O（g
6、）H2CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）H3则 3H2（g）+3CO（g）CH3OCH3（g）+CO2（g） 的H是（）AH=2H1+H2+H3BH=H1+H2+H3CH=H1+2H2+2H3DH=2H1+H2H311下列反应中，反应物总能量低于生成物总能量的是（）AC+CO2=2COBC+O2=CO2C2C+O2=2CODC+CuO=CO2+Cu12已知胆矾溶于水时溶液温度降低，室温下将1mol无水硫酸铜制成溶液时放出热量为Q1kJ，又知胆矾分解的热化学方程式为CuSO45H2O（s）CuSO4（s）+5H2O（l）H=+Q2 kJmol1则Q1、Q2的关系为（）AQ1Q2BQ
7、1Q2CQ1=Q2D无法确定13X、Y、Z、W均为短周期主族元素，X与W、Y与Z分别位于同一周期，X、Y、Z的最外层电子数依次增大，W的最外层电子数是X与Y的最外层电子数之和，Z的最简单氢化物为甲，W的最简单氢化物为乙，乙是双原子分子且甲、乙混合时有白烟生成，下列说法正确的是（）A原子半径：XWZYB化合物ZW3溶于水时水解生成一种弱碱和一种强酸CX的最高价氧化物能与Z的最高价氧化物对应的水化物反应D甲、乙混合时生成的白烟为离子化合物，且该化合物只含有离子键14T时气体A与气体B在某容器中反应生成气体C，反应过程中A、B、C浓度变化如图所示若保持其他条件不变，温度分别为T1和T2时，B的体积分
8、数与时间的关系如图所示则下列结论正确的是（）A该反应的化学方程式是A+3B2CB该反应的正反应为放热反应C定容条件下，混合气体的密度不再变化，则证明该反应达到平衡D压强增大，则该反应的正反应速率增大，逆反应速率减小15把0.6mol X气体和0.4mol Y气体混合于容积为2L的容器中，使其发生如下反应：3X（g）+Y（g）nZ（g）+2W（g）5min末生成0.2mol W，若测知以Z浓度变化表示的平均反应速率为0.03mol（Lmin）1，则n的值为（）A4B3C2D116在容积固定的4L密闭容器中，进行可逆反应：X（g）+2Y（g）2Z（g）并达到平衡，在此过程中，以Y的浓度改变表示的反
9、应速率v（正）、v（逆）与时间t的关系如图所示则图中阴影部分面积表示（）AX的浓度的减少BY物质的量的减少CZ的浓度的增加DX物质的量的减少17工业废水中常含有一定量的Cr2O72和CrO42，它们会对生态系统造成很大的损害，其中还原沉淀法是常用的一种处理方法流程如下下列有关说法正确的是（）CrOH42Cr2O72Cr3+Cr（OH）3其中第步中存在平衡：2CrO42（黄色）+2H+Cr2O72（橙色）+H2OA第步当2v（Cr2O72）=v（CrO42）时，达到了平衡状态B对于上述平衡，加入适量稀硫酸后，溶液颜色变黄色，则有利于CrO42的生成C常温下，Cr（OH）3的溶度积Ksp=1032
10、，要使c（Cr3+）降至105mol/L，溶液的pH应调至9D第步中，还原0.1 mol Cr2O72需要91.2 g FeSO418下列物质分类的正确组合是（） 分类组合 纯净物 盐 碱性氧化物 酸性氧化物 A 碱石灰 烧碱 氧化铝 二氧化碳 B NH3H2O 小苏打 氧化镁 二氧化氮 C 五水硫酸铜 纯碱 氧化钠 三氧化硫 D H2O2 苏打 过氧化钠 二氧化硫AABBCCDD19取ag某物质放在盛有足量过氧化钠固体的容器中，然后通入足量02，用电火花不断引燃使其充分反应，最后称得固体的质量增加小于ag，则该物质是（）A甘油HOCH2CH（OH）CH2OHB烃基乙酸OHCH2COOHC葡萄
11、糖（C6H12O6）D蔗糖（C12H22O11）20铝分别与足量的稀盐酸和氢氧化钠溶液反应，当两个反应放出的气体在相同状况下体积相等时，反应中消耗的HCl和NaOH物质的量之比为（）A3：1B2：1C1：1D1：321选用如图所示仪器中的两个或几个（内含物质）组装成实验装置，以验证木炭可被浓H2SO4氧化成CO2，下列说法正确的是（）A按气流从左向右流向，连接装置的正确顺序是AFECDBB丁中溶液褪色，乙中溶液变浑浊说明甲中生成CO2C丙中品红溶液褪色，乙中溶液变浑浊说明甲中生成CO2D丁和丙中溶液都褪色，乙中溶液变浑浊，说明甲中有CO2生成22海洋中有丰富的食品、矿产、能源、药物和水产资源等
12、（如图所示），下列有关说法正确的是（）A第步中除去粗盐中的SO42、Ca2+、Mg2+、Fe3+等杂质，加入的药品顺序为：Na2CO3溶液NaOH溶液BaCl2溶液过滤后加盐酸B工业上金属钠是通过氯碱工业制取C从第步到第步的目的是为了浓缩D在第步中溴元素均被氧化23下列叙述正确的是（）ANa、Al、Fe金属单质在一定条件下与水反应都生成H2和对应的碱B漂白粉和明矾都常用于自来水的处理，二者的作用原理不相同C将SO2通入Ca（ClO）2溶液可生成CaSO3沉淀D向FeCl2溶液中通入Cl2反应的离子方程式为：Fe2+Cl2Fe3+2C124下列各组物质按如图所示转化关系每一步都能一步实现的是（）
13、甲乙丙丁AFeCl3FeCl2Fe2O3Fe（OH）3BCuCuOCuSO4CuCl2CSO2H2SO4SO3H2SDAl（OH）3NaAlO2Al2O3AlCl3AABBCCDD25已知A、B、C、D之间的转化关系如图所示下列说法正确的是（）A若A为Fe，D为氢气，则B一定为酸B若A、D为化合物，B为水，则C一定是气体单质C若A、B、C、D均为化合物，该反应一定属于复分解反应D若A、B、C、D均为10电子微粒，且C是可使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则D常温下一定呈液态二、计算题26实验室常用浓盐酸与二氧化锰反应制取少量氯气，反应的化学方程式为：4HCl（浓）+MnO2 MnCl2+2H2O
14、+Cl2，取足量12molL1浓盐酸使其与二氧化锰发生反应，产生的氯气在标准状况下的体积为4.48L计算（写出具体计算过程）（1）被氧化的HCl的物质的量 （2）参加反应的MnO2的质量【化学选修2：化学与技术】（共2小题，满分0分）27海水中含有许多化学物质，不能直接饮用，所以将海水转化为淡水是一个重大的课题（1）海水中含有大量NaCl，盐田法仍是目前海水制盐的主要方法盐田分为贮水池、和结晶池，建盐田必须在处建立（填字母）A离江河入海口比较近的地方B气候干燥、多风、少雨C潮汐落差大且有平坦空旷的海滩（2）从海水中提取试剂级NaCl及回收金属Mg的工业流程如下：1实验室中完成步骤所用装置为（填
15、字母）某学习小组设计了如下实验模拟步骤：粗盐溶解 过滤 NaCl溶液在步骤A中加入BaCl2溶液的作用是，步骤C加入Na2CO3的作用是，若向粗盐溶液 中加入Na2CO3浓溶液，则有难溶的Mg2（OH）2CO3生成，同时有气体逸出该反应的离子方程式为步骤是在气氛中蒸干得到纯净的MgCl2固体，工业上通过电解获得Mg的化学方程式为（3）电渗析法是近年来发展起来的一种海水淡化技术，其原理如图所示，电渗析法淡化海水时阴极室可获得的重要化工原料有（4）工业上通常以NaCl、CO2和NH3为原料制取纯碱，其方法是向饱和NaCl溶液中先通入，然后再通入另一种气体，写出制取NaHCO3的化学方程式：28次磷
16、酸钠（NaH2PO2）是化学镀镍的重要原料，工业上制备NaH2PO2H2O的流程如下：回答下列问题：（1）NaH2PO2H2O中磷元素的化合价为（2）在反应器中加入乳化剂并高速搅拌的目的是（3）在反应器中发生多个反应，其中Ca（OH）2与P4反应生成次磷酸钙及磷化氢的化学方程式为（4）流程中通入CO2的目的是，滤渣X的化学式为（5）流程中母液中的溶质除NaH2PO2外，还有的一种主要成分为（6）含磷化氢的尾气可合成阻燃剂THPCP（CH2OH）4ClPH3的电子式为含PH3的废气可用NaClO和NaOH的混合溶液处理将其转化为磷酸盐，该反应的离子方程式为三、实验题29铵明矾是一种广泛应用于医药
17、、食品、污水处理等多个行业的重要化工产品以高岭土（含SiO2、Al2O3、少量Fe2O3等）为原料制备硫酸铝晶体Al2（SO4）318H2O和铵明矾NH4Al（SO4）212H2O的实验方案如图所示请回答下列问题：（1）高岭土首先需要灼烧，实验室灼烧高岭土所需的实验仪器有（填字母）a蒸发皿 b泥三角 c漏斗 d酒精灯 e三脚架 f坩埚 g烧杯 h试管（2）写出酸溶过程中发生反应的离子方程式：（3）检验滤液2中是否含有Fe3+的实验方法为：；滤渣2的主要成分为：（填化学式）（4）滤液2硫酸铝晶体的操作包含的实验步骤有：、洗涤、干燥（5）中和结晶操作是将过滤出硫酸铝晶体后的滤液，先用硫酸调节酸铝比
18、（溶液中游离硫酸和硫酸铝的物质的量之比），再用氨水中和至一定的pH值即可析出铵明矾晶体，写出该过程中的总反应方程式：30金属钛及钛的合金被认为是21世纪重要的金属材料常温下钛不和非金属酸反应以钛铁矿【主要成分为FeTiO3（钛酸亚铁，不溶于水）、Fe2O3及少量SiO2杂质】为主要原料冶炼金属钛的主要工艺过程如下： 回答下列问题：（1）绿矾的化式是（2）FeTiO3与过量硫酸反应的离子方程式为（3）取少量酸洗后的H2TiO3，加入盐酸并振荡，滴加KSCN溶液后无明显现象，再加H2O2后出现微红色，说明H2TiO3中存在的杂质离子是这种H2TiO3即使用水充分洗涤，缎烧后获得的TiO2也会发黄，
19、发黄的杂质是（填化式）（4）以TiO2为原料制取金属钛的其中一步反应为TiO2、氯气和焦炭反应生成TiCl4，己知该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：1，则另一生成物为（5）用Mg还原TiCl4制金属钛取过程中必须在1070K的温度下进行，你认为还应该控制的反应条件是；所得到的金属钛中混有少量杂质，可加入溶解后除去2016-2017学年山东省枣庄市滕州二中新校高三（上）第四周周清检测化学试卷参考答案与试题解析一、选择题1化学与能源开发、环境保护、资源利用等密切相关下列说法正确的是（）A“无磷洗涤剂”的推广使用，不能有效减少水体富营养化的发生B无论是风力发电还是火力发电，都是将化学能转化为
20、电能CPM2.5含有的铅、镉、铬、钒、砷等对人体有害的元素均是金属元素D硫的氧化物和氮的氧化物是形成酸雨的主要物质【考点】常见的生活环境的污染及治理；常见的能量转化形式【分析】A含磷物质能导致水体富营养化；B风力发电是将风能转化为电能；C砷属于非金属元素；D二氧化硫、氮氧化物等物质是形成酸雨的重要物质【解答】解：A含磷物质能导致水体富营养化，无磷洗涤剂”的推广使用，能有效减少水体富营养化的发生，故A错误； B风力发电是将风能转化为电能，火力发电是将化学能转化为电能，故B错误；C铅、镉、铬、钒属于金属元素，砷属于非金属元素，故C错误；D形成酸雨的主要物质是硫的氧化物和氮的氧化物，故D正确故选D2
21、据最新报道，科学家发现了如下反应：O2+PtF6=O2（PtF6），已知O2（PtF6）为离子化合物，其中Pt为+5价，对于此反应，下列叙述正确的是（）A在此反应中，每生成1molO2（PtF6），则转移1mol电子B在此反应中，O2是氧化剂，PtF6是还原剂CO2（PtF6）中氧元素的化合价是+1价DO2（PtF6）中仅存在离子键不存在共价键【考点】氧化还原反应【分析】根据反应中元素的化合价的变化可知氧化剂和还原剂，利用化合价变化的数目来分析转移的电子数，再根据O2（PtF6）为离子化合物来分析其化学键来解答【解答】解：A、由反应前后Pt元素的化合价变化可知，化合价变化数为65=1，则该反应
22、中每生成1molO2（PtF6）则转移1mol电子，故A正确；B、由O2（PtF6）为离子化合物，其中Pt为+5价，而PtF6中Pt为+6价，该反应中Pt元素的化合价降低，则PtF6为氧化剂，故B错误；C、由O2（PtF6）为离子化合物，其中Pt为+5价，F为1价，由化合物中正负化合价的代数和为0，则0的化合价为+价，故C错误；D、因离子化合物O2（PtF6）中，PtF6中除离子键外Pt提供空轨道，F提供孤对电子形成配位键，则存在共价键，故D错误；故选A3NA为阿伏伽德罗常数的值下列叙述正确的是（）A常温下将28 g Fe投人到足量的浓硝酸中，可得到标准状况下33.6 L NO2B任何条件下，
23、64 gSO2中含有的原子数目一定为3 NAC25时pH=13的NaOH溶液中含有OH一的数目为0.1 NAD1 mo1 Na2O2反应生成O2时，必失去2 NA个电子【考点】阿伏加德罗常数【分析】A、常温下，铁在浓硝酸中钝化；B、求出二氧化硫的物质的量，然后根据1mol二氧化硫中含3mol原子来分析；C、溶液体积不明确；D、过氧化钠与水的反应为歧化反应【解答】解：A、常温下，铁在浓硝酸中钝化，故生成的二氧化氮小于33.6L，故A错误；B、64g二氧化硫的物质的量为1mol，而1mol二氧化硫中含3mol原子即3NA个，故B正确；C、溶液体积不明确，故溶液中氢氧根的个数无法计算，故C错误；D、
24、过氧化钠与水的反应为歧化反应，1mol过氧化钠转移1mol电子即NA个，故D错误故选B4能正确表示下列反应的离子方程式为（）A向明矾（KAl（SO4）212H2O）溶液中滴加Ba（OH）2溶液，恰好使SO42沉淀完全：2Al3+3SO42+3Ba2+6OH2Al（OH）3+3BaSO4BFe3O4溶于足量稀HNO3：Fe3O4+8H+=Fe2+2Fe3+4H2OC玻璃试剂瓶被烧碱溶液腐蚀：SiO2+2Na+2OH=Na2SiO3+H2ODVO2+与酸性高锰酸钾溶液反应：5VO2+MnO4+H2O5VO2+Mn2+2H+【考点】离子方程式的书写【分析】A硫酸根离子沉淀完全时，铝离子与氢氧根离子的
25、物质的量之比为1：4，恰好反应生成偏铝酸根离子；B亚铁离子被稀硝酸氧化成铁离子；C硅酸钠为不是难溶物，离子方程式中应该拆开；D酸性高锰酸钾具有强氧化性，能够将VO2+氧化成VO2+【解答】解：A明矾KAl（SO4）2溶液中滴入Ba（OH）2溶液使SO42恰好完全沉淀，硫酸铝钾与氢氧化钡的物质的量之比为1：2，反应生成偏铝酸钠，正确的离子方程式为：2Ba2+4OH+Al3+2SO422BaSO4+AlO2+2H2O，故A错误；B四氧化三铁与稀硝酸发生氧化还原反应，正确的离子方程式为：3Fe3O4+NO3+28H+9Fe3+14H2O+NO，故B错误；C玻璃试剂瓶被烧碱溶液腐蚀，反应生成硅酸钠和水
26、，硅酸钠需要拆开，正确的离子方程式为：SiO2+2OH=SiO32+H2O，故C错误；D5VO2+与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，反应的离子方程式为：5VO2+MnO4+H2O5VO2+Mn2+2H+，故D正确；故选D5常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是（）Ac（I）=0.1molL1的溶液中：Na+、Mg2+、ClO、SO42B使甲基橙变红色的溶液中：K+、NH4+、HCO3、ClC与Al反应能放出大量H2的溶液中：Fe2+、Na+、NO3、ClD由水电离产生的c（OH）=11010 molL1的溶液中：Ba2+、K+、NO3、Br【考点】离子共存问题【分析】AI、ClO
27、发生氧化还原反应；B使甲基橙变红色的溶液，显酸性；C与Al反应能放出大量H2的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液；D由水电离产生的c（OH）=11010 molL1的溶液，为酸或碱溶液【解答】解：AI、ClO发生氧化还原反应，不能大量共存，故A错误；B使甲基橙变红色的溶液，显酸性，不能大量存在HCO3，故B错误；C与Al反应能放出大量H2的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液，碱溶液中不能大量存在Fe2+，酸溶液中Fe2+、H+、NO3发生氧化还原反应，不能大量共存，故C错误；D由水电离产生的c（OH）=11010 molL1的溶液，为酸或碱溶液，酸、碱溶液中该组离子之间均不反应，可大量共存，故D正确；故选
28、D6等质量的下列物质与足量浓盐酸反应（必要时可加热），放出Cl2物质的量最多的是（）AKMnO4BMnO2CNaClO3DNaClO【考点】氧化还原反应的计算【分析】结合n=计算氧化剂的物质的量，结合得到电子数越多，则生成氯气越多，注意选项C中还原产物、氧化产物均为氯气，以此来解答【解答】解：设质量均为m，则转移电子分别为、，显然选项C得到电子最多，生成氯气最多，且氧化产物与还原产物均为氯气，故选C7氮氧化铝（AlON）是一种透明高硬度防弹材料，可以由反应Al2O3+C+N22AlON+CO合成，下列有关说法正确的是（）A氮氧化铝中氮的化合价是3B反应中氧化产物和还原产物的物质的量之比是2：1
29、C反应中每生成5.7g AlON 同时生成1.12 L COD反应中氮气被还原【考点】氧化还原反应的计算【分析】Al2O3+C+N22AlON+CO中，N元素化合价降低，N2为氧化剂，C元素化合价升高，C为氧化剂，结合元素化合价的变化判断电子转移的数目【解答】解：A由化合价代数和为0可知，氮氧化铝中铝元素化合价为+3价，O为2价，氮元素的化合价为1，故A错误；BCO为氧化产物，AlON为还原产物，由反应可知物质的量比为1：2，故B错误；C状况未知，不能计算生成CO的体积，故C错误；DN元素化合价降低，N2为氧化剂，得到电子被还原，故D正确；故选D8在含有Cu（NO3）2、Zn（NO3）2、Fe
30、（NO3）3、AgNO3各0.1mol的混合溶液中加入0.1mol铁粉，充分搅拌后铁完全反应，同时析出0.1mol Ag则下列结论中不正确的是（）A向反应后的溶液中继续加入少量铁粉，铁粉可以继续溶解B氧化性：Ag+Fe3+Cu2+Zn2+C反应后溶液的质量减轻D反应后溶液中Cu2+与Fe2+的物质的量之比为1：1【考点】氧化还原反应的计算；铁的化学性质【分析】根据金属活动顺序表可知氧化性：Zn2+Cu2+Ag+，且存在Cu2+Fe3+Ag+，充分搅拌后Fe完全反应，且Fe3+和Ag+亦完全反应：2Ag+FeFe2+2Ag，2Fe3+Fe3Fe2+，以此解答该题【解答】解：A各0.1mol的混合
31、溶液中加入0.1mol铁粉，充分搅拌后铁完全反应，同时析出0.1mol Ag，且Fe3+和Ag+亦完全反应：2Ag+FeFe2+2Ag，2Fe3+Fe3Fe2+，向反应后的溶液中继续加入少量铁粉，发生Fe+Cu2+=Fe2+Cu，铁粉可以继续溶解，故A正确；B根据金属活动顺序表可知氧化性：Zn2+Cu2+Ag+，根据金属铜和三价铁反应生成氯化铜和氯化亚铁，可知氧化性Cu2+Fe3+，故B正确；C发生2Ag+FeFe2+2Ag，置换出Ag，0.1molFe的质量小于0.1molAg的质量，导致溶液质量减轻，故C正确；D由反应2Ag+FeFe2+2Ag，2Fe3+Fe3Fe2+，可知反应共生成0.
32、2molFe2+，而0.1molCu2+没有参加反应，则反应后溶液中Cu2+与Fe2+的物质的量之比为1：2，故D错误；故选D9我国科学家研发成功了甲烷和二氧化碳的共转化技术，利用分子筛催化剂高效制得乙酸下列有关说法正确的是（）A所有反应物和产物中都既含极性键又含非极性键B消耗22.4L CO2可制得乙酸60gC该反应不是氧化还原反应D该反应过程符合“绿色化学”原理，原子利用率达100%【考点】共价键的形成及共价键的主要类型；氧化还原反应【分析】A甲烷、二氧化碳中只含有极性键；B未注明是否标准状况；C存在化合价变化的反应为氧化还原反应；D反应物全部转化为生成物【解答】解：A甲烷只含有CH极性键
33、，二氧化碳中只含有C=O极性键，没有非极性键，故A错误；B未注明是否标准状况，气体的摩尔体积不知，无法计算，故B错误；C该反应中C元素的化合价发生变化，是氧化还原反应，故C错误；D该反应为化合反应，反应物全部转化为生成物，原子利用率达100%，符合“绿色化学”原理，故D正确故选D10合成二甲醚的三步反应如下：2H2（g）+CO（g）CH3OH（g）H12CH3OH （g）CH3OCH3 （g）+H2O（g）H2CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）H3则 3H2（g）+3CO（g）CH3OCH3（g）+CO2（g） 的H是（）AH=2H1+H2+H3BH=H1+H2+H3CH=H1+
34、2H2+2H3DH=2H1+H2H3【考点】有关反应热的计算【分析】据盖斯定律由已知的热化学方程式乘以相应的数值进行加减，来构造目标热化学方程式，反应热也乘以相应的数值进行加减【解答】解：已知合成二甲醚的三步反应如下：2H2（g）+CO（g）CH3OH（g）H12CH3OH （g）CH3OCH3 （g）+H2O（g）H2CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）H3由盖斯定律可知，通过2+可得所求反应方程式，则H=2H1+H2+H3，故选A11下列反应中，反应物总能量低于生成物总能量的是（）AC+CO2=2COBC+O2=CO2C2C+O2=2CODC+CuO=CO2+Cu【考点】反应热
35、和焓变【分析】反应中反应物总能量低于生成物总能量，说明该反应是一个吸热反应，根据常见的吸热反应知识来回答【解答】解：反应中反应物总能量低于生成物总能量，说明该反应是一个吸热反应，A、碳和二氧化碳的反应是吸热反应，故A正确；B、C燃烧是放热反应，故B错误；C、C燃烧是放热反应，故C错误；D、C还原氧化铜是吸热反应，故D正确；故选AD12已知胆矾溶于水时溶液温度降低，室温下将1mol无水硫酸铜制成溶液时放出热量为Q1kJ，又知胆矾分解的热化学方程式为CuSO45H2O（s）CuSO4（s）+5H2O（l）H=+Q2 kJmol1则Q1、Q2的关系为（）AQ1Q2BQ1Q2CQ1=Q2D无法确定【考
36、点】反应热的大小比较【分析】溶解降温说明水合放热小于扩散吸热，Q1是二者的差值；而胆矾（五水合硫酸铜）分解要克服水合能Q2，所以Q2Q1；溶解时，放出的热量有一部分被水吸收实际放出的热量偏小；【解答】解：根据题的叙述可把胆矾溶于水看成二个过程，第一个过程是：CuSO45H2OCuSO4（s）+5H2O；H=+Q2KJ/mol这一过程是吸出热量的，一摩尔CuSO4 5H2O分解吸收的热量为Q2KJ；第二过程是：无水硫酸铜制成溶液的过程，此过程是放出热量的，1mol无水硫酸铜制成溶液时放出热量为Q1KJ，但整个过程要使溶液温度降低，说明吸收的热量大于放出的热量，所以Q2Q1故选A13X、Y、Z、W
37、均为短周期主族元素，X与W、Y与Z分别位于同一周期，X、Y、Z的最外层电子数依次增大，W的最外层电子数是X与Y的最外层电子数之和，Z的最简单氢化物为甲，W的最简单氢化物为乙，乙是双原子分子且甲、乙混合时有白烟生成，下列说法正确的是（）A原子半径：XWZYB化合物ZW3溶于水时水解生成一种弱碱和一种强酸CX的最高价氧化物能与Z的最高价氧化物对应的水化物反应D甲、乙混合时生成的白烟为离子化合物，且该化合物只含有离子键【考点】原子结构与元素周期律的关系【分析】Z的最简单氢化物为甲，W的最简单氢化物为乙，乙是双原子分子且甲、乙混合时有白烟生成，则乙为HCl，甲为NH3，所以Z为N元素，W为Cl元素；X
38、与W、Y与Z分别位于同一周期，则X在第三周期、Y在第二周期，Cl的最外层电子数是X与Y的最外层电子数之和，而且X、Y、Z的最外层电子数依次增大，所以X、Y最外层电子数少于5，则X、Y最外层电子数分别为3、4，所以X为Al元素，Y为C元素，据此结合元素化合物的性质与元素周期律分析解答【解答】解：Z的最简单氢化物为甲，W的最简单氢化物为乙，乙是双原子分子且甲、乙混合时有白烟生成，则乙为HCl，甲为NH3，所以Z为N元素，W为Cl元素；X与W、Y与Z分别位于同一周期，则X在第三周期、Y在第二周期，Cl的最外层电子数是X与Y的最外层电子数之和，而且X、Y、Z的最外层电子数依次增大，所以X、Y最外层电子
39、数少于5，则X、Y最外层电子数分别为3、4，所以X为Al元素，Y为C元素，A电子层越多，原子半径越大，电子层数相同时，原子序数越大，半径越小，则原子半径：XWYZ，故A错误；BNCl3水解的化学方程式为NCl3+3H2O=NH3+3HClO，HClO为弱酸，故B错误；CX为Al元素，Z为N元素，氧化铝能与硝酸反应生成硝酸铝和水，故C正确；D甲为NH3，乙为HCl，二者混合生成氯化铵，氯化铵为离子化合物，含有离子键和共价键，故D错误故选C14T时气体A与气体B在某容器中反应生成气体C，反应过程中A、B、C浓度变化如图所示若保持其他条件不变，温度分别为T1和T2时，B的体积分数与时间的关系如图所示
40、则下列结论正确的是（）A该反应的化学方程式是A+3B2CB该反应的正反应为放热反应C定容条件下，混合气体的密度不再变化，则证明该反应达到平衡D压强增大，则该反应的正反应速率增大，逆反应速率减小【考点】化学平衡建立的过程；产物的百分含量随浓度、时间的变化曲线【分析】A、该反应达到平衡状态时，A浓度的变化量=（0.70.1）mol/L=0.6mol/L，B浓度的变化量=（0.50.3）mol/L=0.2mol/L，C浓度的变化量=（0.40）mol/L=0.4mol/L，同一化学反应同一时间段内，各物质浓度的变化量之比等于其计量数之比；B、根据“先拐先平数值大”结合图II知，T2T1，升高温度，B
41、的体积发生增大，据此确定反应的吸放热；C、定容条件下，混合气体的密度等于质量和体积的比值；D、压强增大，该反应的正逆反应速率都增大【解答】解：A、该反应达到平衡状态时，A浓度的变化量=（0.70.1）mol/L=0.6mol/L，B浓度的变化量=（0.50.3）mol/L=0.2mol/L，C浓度的变化量=（0.40）mol/L=0.4mol/L，同一化学反应同一时间段内，各物质浓度的变化量之比等于其计量数之比，所以该反应方程式为：3A（g）+B（g）2C（g），故A错误；B、“先拐先平数值大”结合图II知，T2T1，升高温度，B的体积发生增大，则该反应的正反应是放热反应，故B正确；C、定容条
42、件下，混合气体的密度等于质量和体积的比值，密度始终是不变的，所以密度不再变化，不能证明该反应达到平衡，故C错误；D、压强增大，则该反应的正反应速率增大，逆反应速率增大，故D错误故选B15把0.6mol X气体和0.4mol Y气体混合于容积为2L的容器中，使其发生如下反应：3X（g）+Y（g）nZ（g）+2W（g）5min末生成0.2mol W，若测知以Z浓度变化表示的平均反应速率为0.03mol（Lmin）1，则n的值为（）A4B3C2D1【考点】化学反应速率和化学计量数的关系【分析】根据v=计算v（W），再利用速率之比等于化学计量数之比计算n【解答】解：5min末生成0.2mol W，则v
43、（W）=0.02mol（Lmin）1，速率之比等于化学计量数之比，则0.02mol（Lmin）1：0.03mol（Lmin）1=2：n，解得n=3，故选：B16在容积固定的4L密闭容器中，进行可逆反应：X（g）+2Y（g）2Z（g）并达到平衡，在此过程中，以Y的浓度改变表示的反应速率v（正）、v（逆）与时间t的关系如图所示则图中阴影部分面积表示（）AX的浓度的减少BY物质的量的减少CZ的浓度的增加DX物质的量的减少【考点】化学反应速率与化学平衡图象的综合应用【分析】观察图象，纵坐标为反应速率，横坐标为时间，二者之积为浓度，Y和Z的反应速率相等，则阴影部分不可能为X的浓度减少【解答】解：Sabd
44、o表示Y向正反应方向进行时减少的浓度，而Sbod则表示Y向逆反应方向进行时增大的浓度，所以，Saob=SabdoSbod，表示Y向正反应方向进行时“净”减少的浓度，而Y的反应速率与Z的反应速率相等，则阴影部分可表示Y的浓度的减小或Z的浓度的增加故选C17工业废水中常含有一定量的Cr2O72和CrO42，它们会对生态系统造成很大的损害，其中还原沉淀法是常用的一种处理方法流程如下下列有关说法正确的是（）CrOH42Cr2O72Cr3+Cr（OH）3其中第步中存在平衡：2CrO42（黄色）+2H+Cr2O72（橙色）+H2OA第步当2v（Cr2O72）=v（CrO42）时，达到了平衡状态B对于上述平
45、衡，加入适量稀硫酸后，溶液颜色变黄色，则有利于CrO42的生成C常温下，Cr（OH）3的溶度积Ksp=1032，要使c（Cr3+）降至105mol/L，溶液的pH应调至9D第步中，还原0.1 mol Cr2O72需要91.2 g FeSO4【考点】化学平衡的影响因素【分析】ACr2O72和CrO42的浓度相同取决于起始浓度和转化，不能判断平衡；B加入适量稀硫酸后，氢离子浓度增大，平衡右移，溶液变橙色，有利于CrO42的消耗；C根据溶度积Ksp=c（Cr3+）c3（OH）计算；D根据氧化还原反应中得失电子守恒计算【解答】解：ACr2O72和CrO42的浓度相同取决于起始浓度和转化，不能判断平衡，
46、故A错误；B加入适量稀硫酸后，氢离子浓度增大，平衡右移，溶液变橙色，有利于CrO42的消耗，故B错误；C根据溶度积Ksp=c（Cr3+）c3（OH）=105mol/Lc3（OH）=1032，计算c3（OH）=9，PH=4，故C错误；DCr2O72Cr3+，1mol Cr2O72需要6mol FeSO4，故还原0.1 mol Cr2O72需要91.2 g FeSO4，故D正确故选：D18下列物质分类的正确组合是（） 分类组合 纯净物 盐 碱性氧化物 酸性氧化物 A 碱石灰 烧碱 氧化铝 二氧化碳 B NH3H2O 小苏打 氧化镁 二氧化氮 C 五水硫酸铜 纯碱 氧化钠 三氧化硫 D H2O2 苏
47、打 过氧化钠 二氧化硫AABBCCDD【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；混合物和纯净物【分析】只由一种物质组成的是纯净物；阳离子是金属阳离子或铵根离子、阴离子是酸根离子的化合物；能和酸反应生成盐和水的氧化物为碱性氧化物；能和碱反应生成盐和水的氧化物为酸性氧化物，据此分析【解答】解：A、碱石灰是CaO和NaOH的混合物，不是纯净物；氧化铝既能和酸反应又能和碱反应生成盐和水，故是两性氧化物，故A错误；B、二氧化氮和碱反应除了生成盐和水，还生成NO，故不是酸性氧化物，故B错误；C、五水硫酸铜是只由一种物质构成，为纯净物；纯碱为碳酸钠，为盐；氧化钠能和酸反应生成盐和水，为碱性氧化物；三氧化
48、硫能和碱反应生成盐和水，为酸性氧化物，故C正确；D、过氧化钠与酸反应时除了生成盐和水，还生成氧气，故不是碱性氧化物，故D错误故选C19取ag某物质放在盛有足量过氧化钠固体的容器中，然后通入足量02，用电火花不断引燃使其充分反应，最后称得固体的质量增加小于ag，则该物质是（）A甘油HOCH2CH（OH）CH2OHB烃基乙酸OHCH2COOHC葡萄糖（C6H12O6）D蔗糖（C12H22O11）【考点】化学方程式的有关计算【分析】各物质充分燃烧后生成CO2、H2O，再通过足量的Na2O2，发生反应：2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，过氧化钠增重等于与CO2同物质的量的CO的质量，发生反
49、应：2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2，过氧化钠增重等于与H2O同物质的量的H2质量，即化学式可以改写成（CO）n（H2）m，完全燃烧后过氧化钠增重等于ag，据此结合选项解答【解答】解：各物质充分燃烧后生成CO2、H2O，再通过足量的Na2O2，发生反应：2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，过氧化钠增重等于与CO2同物质的量的CO的质量，发生反应：2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2，过氧化钠增重等于与H2O同物质的量的H2质量，即化学式可以改写成（CO）n（H2）m，完全燃烧后过氧化钠增重等于ag，A甘油HOCH2CH（OH）CH2OH可以改写为（CO）3（H2）4，完全
50、燃烧后过氧化钠增重等于ag，不符合题意，故A错误；B烃基乙酸OHCH2COOH，改写为（CO）（H2）m（CO2），完全燃烧后过氧化钠增重小于ag，符合题意，故B正确；C葡萄糖（C6H12O6）可以改写为（CO）6（H2）6，完全燃烧后过氧化钠增重等于ag，不符合题意，故C错误；D蔗糖（C12H22O11）改写成（CO）11（H2）11C，完全燃烧后过氧化钠增重大于ag，不符合题意，故D错误故选：B20铝分别与足量的稀盐酸和氢氧化钠溶液反应，当两个反应放出的气体在相同状况下体积相等时，反应中消耗的HCl和NaOH物质的量之比为（）A3：1B2：1C1：1D1：3【考点】化学方程式的有关计算【分
51、析】根据反应方程式2Al+6H+=2Al3+3H2，2Al+2OH+2H2O=2AlO2+3H2进行计算【解答】解：根据反应方程式2Al+6H+=2Al3+3H2，2Al+2OH+2H2O=2AlO2+3H2可知：当两个反应放出的气体在相同状况下体积相等时，反应中消耗的HCl和NaOH物质的量之比为3：1，故选：A21选用如图所示仪器中的两个或几个（内含物质）组装成实验装置，以验证木炭可被浓H2SO4氧化成CO2，下列说法正确的是（）A按气流从左向右流向，连接装置的正确顺序是AFECDBB丁中溶液褪色，乙中溶液变浑浊说明甲中生成CO2C丙中品红溶液褪色，乙中溶液变浑浊说明甲中生成CO2D丁和丙
52、中溶液都褪色，乙中溶液变浑浊，说明甲中有CO2生成【考点】浓硫酸的性质实验【分析】A根据题中各装置特点及药品可知，甲为气体发生装置、乙为检验二氧化碳装置、丙为检验二氧化硫是否除尽装置、丁为除去二氧化硫的装置，根据实验目的是检验二氧化进行连接装置；B若证明有二氧化碳，需要先除去干扰气体二氧化硫，然后使用澄清石灰水检验二氧化碳；C若丙中品红褪色，说明二氧化硫没有除尽，无法证明甲中生成了二氧化碳；D要证明有二氧化碳生成，必须证明二氧化硫已经除尽，现象为：丁中褪色或颜色变浅，丙中品红不褪色【解答】解：A甲为浓硫酸与碳发生反应的装置，高锰酸钾可氧化二氧化硫，用酸性高锰酸钾溶液除SO2，再通过品红溶液不褪
53、色确认SO2已除干净，验证木炭可被浓H2SO4氧化成CO2，可通过二氧化碳能使澄清的石灰水变浑浊确认，所以装置连接顺序为：AFECDB，故A正确；B二氧化硫具有漂白性，二氧化硫能使品红褪色，丁装置用高锰酸钾酸性溶液除SO2，再通过品红溶液不褪色，证明二氧化硫已经除尽，若丙中品红褪色，则乙中的澄清的石灰水变浑浊，无法证明甲中反应生成了二氧化碳，故B错误；C若丙中品红溶液褪色，则说明二氧化硫没有除尽，二氧化硫能够使澄清石灰水变浑浊，所以无法证明甲中有二氧化碳生成，故C错误；D丁和丙都褪色，说明二氧化硫没有除尽，二氧化硫影响了二氧化碳的检验，不能根据乙中澄清石灰水不存在判断甲中生成了二氧化碳，故D错
54、误；故选A22海洋中有丰富的食品、矿产、能源、药物和水产资源等（如图所示），下列有关说法正确的是（）A第步中除去粗盐中的SO42、Ca2+、Mg2+、Fe3+等杂质，加入的药品顺序为：Na2CO3溶液NaOH溶液BaCl2溶液过滤后加盐酸B工业上金属钠是通过氯碱工业制取C从第步到第步的目的是为了浓缩D在第步中溴元素均被氧化【考点】海水资源及其综合利用【分析】A除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、SO42及泥沙，可以加过量的氯化钡除去硫酸根离子，然后用碳酸钠去除钙离子和过量的钡离子，盐酸要放在最后，来除去过量的氢氧化钠和碳酸钠，加氢氧化钠和氯化钡无先后顺序要求；B工业用电解熔融的氯化钠冶炼钠；C根据
55、转化的目的来判断；D根据物质的性质结合元素化合价的变化判断【解答】解：A选项中的试剂添加顺序中，钡离子最后无法除去，则加入的药品顺序为：BaCl2溶液NaOH溶液Na2CO3溶液过滤后加盐酸，故A错误；B氯碱工业为电解饱和食盐水生成氯气、氢气和氢氧化钠的反应，而工业上用电解熔融的氯化钠冶炼钠，故B错误；C第步将溴离子被氧化为溴单质，第步中溴单质被还原为溴离子，第步中溴离子被氧化为溴单质，过程的目的是浓缩，故C正确；D中溴得电子化合价降低，所以溴元素被还原，故D错误故选C23下列叙述正确的是（）ANa、Al、Fe金属单质在一定条件下与水反应都生成H2和对应的碱B漂白粉和明矾都常用于自来水的处理，
56、二者的作用原理不相同C将SO2通入Ca（ClO）2溶液可生成CaSO3沉淀D向FeCl2溶液中通入Cl2反应的离子方程式为：Fe2+Cl2Fe3+2C1【考点】二氧化硫的化学性质；氯气的化学性质；钠的化学性质；铝的化学性质【分析】A铁和水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气；B漂白粉中次氯酸钠具有强氧化性，能杀菌消毒；胶体具有吸附性而净水；C二氧化硫具有还原性，能被次氯酸钙氧化生成硫酸钙；D二者反应电荷不守恒【解答】解：A铁和水蒸气在高温下反应生成四氧化三铁和氢气，不生成碱和氢气，故A错误；B漂白粉金属利用其氧化性杀菌消毒，明矾净水是利用铝离子水解生成氢氧化铝胶体具有吸附性，二者原理不同，故B正确；C
57、二氧化硫和次氯酸钙发生氧化还原反应生成盐酸和硫酸钙，故C错误；D二者反应离子方程式为2Fe2+Cl22Fe3+2C1，故D错误；故选B24下列各组物质按如图所示转化关系每一步都能一步实现的是（）甲乙丙丁AFeCl3FeCl2Fe2O3Fe（OH）3BCuCuOCuSO4CuCl2CSO2H2SO4SO3H2SDAl（OH）3NaAlO2Al2O3AlCl3AABBCCDD【考点】铁的化学性质；二氧化硫的化学性质；镁、铝的重要化合物；铜金属及其重要化合物的主要性质【分析】AFeCl2不能直接生成Fe2O3；B各种物质可一步实现；CSO3不能直接生成H2S；DNaAlO2不能直接生成Al2O3【解
58、答】解：AFeCl2不能直接生成Fe2O3，应先生成Fe（OH）3，再生成Fe2O3，故A错误；BCuCuOCuSO4CuCl2Cu，各种物质可一步实现，故B正确；CSO3不能直接生成H2S，则转化不能实现，故C错误；DNaAlO2不能直接生成Al2O3，应先转化为沉淀再加热分解实现转化，不能一步实现，故D错误；故选B25已知A、B、C、D之间的转化关系如图所示下列说法正确的是（）A若A为Fe，D为氢气，则B一定为酸B若A、D为化合物，B为水，则C一定是气体单质C若A、B、C、D均为化合物，该反应一定属于复分解反应D若A、B、C、D均为10电子微粒，且C是可使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则D
59、常温下一定呈液态【考点】无机物的推断【分析】A铁和酸、水蒸气反应生成氢气；B若A、D为化合物，B为水，则C不一定是气体单质，可能是化合物，如NO；C若A、B、C、D均为化合物，该反应不一定属于复分解反应，如二氧化氮和水的反应；DC是可使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则C是氨气，若A、B、C、D均为10电子微粒，且生成氨气，则铵根离子和氢氧根离子反应生成氨气和水【解答】解：A在高温条件下，3Fe+4H2O （g） Fe3O4+4H2，故A错误；B若A、D为化合物，B为水，则C不一定是气体单质，可能是化合物，如：3NO2+H2O=2HNO3+NO，故B错误；C若A、B、C、D均为化合物，该反应不一
60、定属于复分解反应，如3NO2+H2O=2HNO3+NO，故C错误；DC是可使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则C是氨气，若A、B、C、D均为10电子微粒，且生成氨气，该反应为：NH4+OH=NH3+H2O，水在常温下呈液态，故D正确；故选D二、计算题26实验室常用浓盐酸与二氧化锰反应制取少量氯气，反应的化学方程式为：4HCl（浓）+MnO2 MnCl2+2H2O+Cl2，取足量12molL1浓盐酸使其与二氧化锰发生反应，产生的氯气在标准状况下的体积为4.48L计算（写出具体计算过程）（1）被氧化的HCl的物质的量 （2）参加反应的MnO2的质量【考点】化学方程式的有关计算【分析】（1）被氧化的H
61、Cl生成氯气，根据Cl原子守恒计算被氧化HCl物质的量；（2）根据方程式MnO2+4HCl（浓）MnCl2+C12+2H2O计算消耗二氧化锰的质量【解答】解：（1）n（C12）=0.2mol，被氧化的HCl生成氯气，根据Cl原子守恒，被氧化HCl物质的量=2n（C12）=20.2mol=0.4mol，答：被氧化的氯化氢的物质的量为0.4mol；（2）MnO2+4HCI（浓）=MnCl2+C12+2H2O 87g 1mol m 0.2molm=17.4g，答：参加反应的MnO2的质量为17.4g【化学选修2：化学与技术】（共2小题，满分0分）27海水中含有许多化学物质，不能直接饮用，所以将海水转
62、化为淡水是一个重大的课题（1）海水中含有大量NaCl，盐田法仍是目前海水制盐的主要方法盐田分为贮水池、蒸发池和结晶池，建盐田必须在BC处建立（填字母）A离江河入海口比较近的地方B气候干燥、多风、少雨C潮汐落差大且有平坦空旷的海滩（2）从海水中提取试剂级NaCl及回收金属Mg的工业流程如下：1实验室中完成步骤所用装置为C（填字母）某学习小组设计了如下实验模拟步骤：粗盐溶解 过滤 NaCl溶液在步骤A中加入BaCl2溶液的作用是除去硫酸根离子，步骤C加入Na2CO3的作用是除去钙离子、钡离子，若向粗盐溶液 中加入Na2CO3浓溶液，则有难溶的Mg2（OH）2CO3生成，同时有气体逸出该反应的离子方
63、程式为2CO32+2Mg2+H2O=Mg2（OH）2C03+C02步骤是在氯化氢气氛中蒸干得到纯净的MgCl2固体，工业上通过电解获得Mg的化学方程式为MgCl2（熔融）Mg+Cl2（3）电渗析法是近年来发展起来的一种海水淡化技术，其原理如图所示，电渗析法淡化海水时阴极室可获得的重要化工原料有氢气、氢氧化钠（4）工业上通常以NaCl、CO2和NH3为原料制取纯碱，其方法是向饱和NaCl溶液中先通入氨气，然后再通入另一种气体，写出制取NaHCO3的化学方程式：NH3+CO2+H2O+NaClNH4Cl+NaHCO3【考点】海水资源及其综合利用【分析】（1）海水晒盐需要浓缩、蒸发、结晶；建盐田必须
64、在阳光充足、平坦空旷的地方；（2）1由分离流程可知，步骤I利用太阳能进行海水晒盐，与蒸发原理相同；步骤：粗盐溶解 过滤 NaCl溶液A除去硫酸根离子，B除去镁离子，C除去钙离子及过量的钡离子，最后D加盐酸可除去过量的碳酸钠，注意除杂试剂均过量，以此来解答；氯化镁水解显酸性，氯化氢气流中加热防止水解；（3）在电渗析法淡化海水示意图中阴离子移向阳极，阳离子移向阴极，则水中的氢离子在阴极放电；（4）工业上通常以NaCl、CO2和NH3为原料制取纯碱，二氧化碳与水反应形成不稳定的碳酸，使水吸收二氧化碳量较少，而把二氧化碳通入溶有氨气而呈碱性的水中，会使生成的碳酸与氨水发生反应，而增大二氧化碳气体的吸收
65、【解答】解：（1）海水晒盐需要浓缩、蒸发、结晶，则盐田分为贮水池、蒸发池和结晶池；建盐田必须在阳光充足、平坦空旷的地方，则选B多风少雨、C潮汐落差大且又平坦空旷的海滩，与A无关，故答案为：蒸发池；BC；（2）1步骤I原理为蒸发，在实验室中完成该步骤所用装置为图中C（蒸发），故答案为：C；该实验中加入BaCl2溶液，钡离子和硫酸根离子形成硫酸钡沉淀，A除去硫酸根离子，Na2CO3的作用是除去钙离子、钡离子；若向粗盐溶液中加入的是Na2CO3浓溶液，则有难溶的Mg2（OH）2C03生成，同时有气体逸出，气体为C02，该反应的离子方程式为2CO32+2Mg2+H2O=Mg2（OH）2C03+C02，
66、故答案为：除去硫酸根离子；除去钙离子、钡离子；2CO32+2Mg2+H2O=Mg2（OH）2C03+C02；氯化镁水解显酸性，其水解的离子方程式为Mg2+2H2OMg（OH）2+2H+，氯化氢气流中加热，可抑制Mg2+水解，纯净的MgCl2固体熔融状态下，通电后会产生Mg和Cl2，方程式为：MgCl2（熔融）Mg+Cl2，故答案为：氯化氢；MgCl2（熔融）Mg+Cl2；（3）在电渗析法淡化海水示意图中阴离子移向阳极，阳离子移向阴极，则水中的氢离子在阴极放电，则阴极生成氢气，同时生成NaOH，故答案为：氢气、氢氧化钠；（4）在制取NaHCO3时，先向饱和的NaCl溶液中通入较多的NH3，再通入
67、足量的CO2的目的是先通入氨气，氨气与水形成呈碱性的氨水可与二氧化碳与水生成的碳酸发生反应，更有利于二氧化碳气体的吸收，反应为：NH3+CO2+H2O+NaClNH4Cl+NaHCO3，加热碳酸氢钠制得碳酸钠，2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2，故答案为：氨气；NH3+CO2+H2O+NaClNH4Cl+NaHCO328次磷酸钠（NaH2PO2）是化学镀镍的重要原料，工业上制备NaH2PO2H2O的流程如下：回答下列问题：（1）NaH2PO2H2O中磷元素的化合价为+1（2）在反应器中加入乳化剂并高速搅拌的目的是加快反应速率（3）在反应器中发生多个反应，其中Ca（OH）2与P4反应生成
68、次磷酸钙及磷化氢的化学方程式为2P4+3Ca（OH）26H2O=3Ca（H2PO2）2+2PH3（4）流程中通入CO2的目的是将Ca（H2PO2）2转化为NaH2PO2，滤渣X的化学式为CaCO3（5）流程中母液中的溶质除NaH2PO2外，还有的一种主要成分为Na2HPO3（6）含磷化氢的尾气可合成阻燃剂THPCP（CH2OH）4ClPH3的电子式为含PH3的废气可用NaClO和NaOH的混合溶液处理将其转化为磷酸盐，该反应的离子方程式为PH3+4ClO+3OH=PO43+4Cl+3H2O【考点】制备实验方案的设计【分析】在高速乳化反应器中加入碳酸钠、氢氧化钙、P4，加入水发生多个反应，其中C
69、a（OH）2与P4反应生成次磷酸钙及磷化氢，过滤得到CaHPO3，滤液中加入NaH2PO2、Ca（H2PO2）2、Na2HPO3 、NaOH通入CO2调节PH=7，过滤得到滤渣X为碳酸钙，滤液为NaH2PO2，浓缩离心分离、干燥得到NaH2PO2H2O，母液中除NaH2PO2外，还有的一种主要成分为Na2HPO3，（1）化合物中元素化合价代数和为0计算得到磷元素的化合价；（2）高速搅拌的目的是为了加快反应速率；（3）Ca（OH）2与P4反应生成次磷酸钙及磷化氢依据原子守恒配平书写化学方程式；（4）流程中通入CO2的目的是将Ca（H2PO2）2转化为NaH2PO2，同时生成碳酸钙沉淀；（5）依据
70、流程图可知流程中母液中的溶质除NaH2PO2外，还有的一种主要成分为Na2HPO3；（6）PH3的电子式书写不能漏掉一对孤对电子对，结构式共用电子对用短线表示；含PH3的废气可用NaClO和NaOH的混合溶液处理将其转化为磷酸盐、同时生成氯化钠和水【解答】解：在高速乳化反应器中加入碳酸钠、氢氧化钙、P4，加入水发生多个反应，其中Ca（OH）2与P4反应生成次磷酸钙及磷化氢，过滤得到CaHPO3，滤液中加入NaH2PO2、Ca（H2PO2）2、Na2HPO3 、NaOH通入CO2调节PH=7，过滤得到滤渣X为碳酸钙，滤液为NaH2PO2，浓缩离心分离、干燥得到NaH2PO2H2O，母液中除NaH
71、2PO2外，还有的一种主要成分为Na2HPO3，（1）化合物中元素化合价代数和为0计算得到磷元素的化合价，设磷元素化合价为x价，NaH2PO2H2O中钠元素化合价+1价，氧元素化合价2价，氢元素化合价+1价，（+1）+2（+1）+x+（2）2=0，x=+1，故答案为：+1；（2）在反应器中加入乳化剂并高速搅拌的目的是为了加快反应速率，故答案为：加快反应速率；（3）Ca（OH）2与P4反应生成次磷酸钙及磷化氢，依据原子守恒配平书写化学方程式为：2P4+3Ca（OH）26H2O=3Ca（H2PO2）2+2PH3，故答案为：2P4+3Ca（OH）26H2O=3Ca（H2PO2）2+2PH3；（4）流
72、程中通入CO2的目的是将Ca（H2PO2）2转化为NaH2PO2，同时生成X为碳酸钙沉淀，故答案为：将Ca（H2PO2）2转化为NaH2PO2，CaCO3；（5）依据流程图可知流程中加入了Na2HPO3，所以母液中的溶质除NaH2PO2外，还有的一种主要成分为Na2HPO3，故答案为：Na2HPO3；（6）PH3的电子式书写不能漏掉一对孤对电子，所以电子式为：，故答案为：；含PH3的废气可用NaClO和NaOH的混合溶液处理将其转化为磷酸盐、同时生成氯化钠和水反应的离子方程式为：PH3+4ClO+3OH=PO43+4Cl+3H2O，故答案为：PH3+4ClO+3OH=PO43+4Cl+3H2O
73、三、实验题29铵明矾是一种广泛应用于医药、食品、污水处理等多个行业的重要化工产品以高岭土（含SiO2、Al2O3、少量Fe2O3等）为原料制备硫酸铝晶体Al2（SO4）318H2O和铵明矾NH4Al（SO4）212H2O的实验方案如图所示请回答下列问题：（1）高岭土首先需要灼烧，实验室灼烧高岭土所需的实验仪器有bdef（填字母）a蒸发皿 b泥三角 c漏斗 d酒精灯 e三脚架 f坩埚 g烧杯 h试管（2）写出酸溶过程中发生反应的离子方程式：Al2O3+6H+=2Al3+3H2O，Fe2O3+6H+=2Fe3+3H2O（3）检验滤液2中是否含有Fe3+的实验方法为：取少量除铁后的滤液于试管中，滴加
74、几滴KSCN溶液，若溶液变为血红色则含Fe3+，否则不含Fe3+；滤渣2的主要成分为：Fe（OH）3（填化学式）（4）滤液2硫酸铝晶体的操作包含的实验步骤有：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥（5）中和结晶操作是将过滤出硫酸铝晶体后的滤液，先用硫酸调节酸铝比（溶液中游离硫酸和硫酸铝的物质的量之比），再用氨水中和至一定的pH值即可析出铵明矾晶体，写出该过程中的总反应方程式：Al2（SO4）3+H2SO4+2NH3H2O+22H2O=2NH4Al（SO4）212H2O或Al2（SO4）3+H2SO4+2NH3+24H2O=2NH4Al（SO4）212H2O【考点】制备实验方案的设计【分析】高岭土
75、用稀硫酸溶解，Al2O3、Fe2O3反应得到Al2（SO4）3、Fe2（SO4）3，SiO2不与硫酸反应，过滤得到滤渣1为SiO2，滤液中含有Al2（SO4）3、Fe2（SO4）3及剩余的硫酸，向滤液中加入物质除去Fe元素，然后过滤，则滤渣2为氢氧化铁，将滤液蒸发浓缩、冷却结晶和过滤得到硫酸铝晶体，用硫酸调节酸铝比（溶液中游离硫酸和硫酸铝的物质的量之比），再用氨水中和至一定的pH值即可析出铵明矾晶体，反应方程式为Al2（SO4）3+H2SO4+2NH3H2O+22H2O=2NH4Al（SO4）212H2O或Al2（SO4）3+H2SO4+2NH3+24H2O=2NH4Al（SO4）212H2O
76、，结合题目分析解答【解答】解：（1）高岭土首先需要灼烧，实验室灼烧高岭土所需的实验仪器有盛放药品的仪器坩埚、泥三角、用于加热的仪器酒精灯、盛放泥三角的仪器三脚架，故选：bdef；（2）通过以上分析知，酸溶过程中Al2O3、Fe2O3与稀硫酸反应得到Al2（SO4）3、Fe2（SO4）3，离子方程式为Al2O3+6H+=2Al3+3H2O，Fe2O3+6H+=2Fe3+3H2O，故答案为：Al2O3+6H+=2Al3+3H2O，Fe2O3+6H+=2Fe3+3H2O；（3）铁离子能和KSCN溶液反应生成血红色溶液，所以要检验除铁后的滤液中是否含有Fe3+，应采取的实验方法为取少量除铁后的滤液于试
77、管中，滴加几滴KSCN溶液，若溶液变为血红色则含Fe3+，否则不含Fe3+；滤渣2的主要成分为Fe（OH）3，故答案为：取少量除铁后的滤液于试管中，滴加几滴KSCN溶液，若溶液变为血红色则含Fe3+，否则不含Fe3+；Fe（OH）3；（4）滤液2硫酸铝晶体操作包含的实验步骤有蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，故答案为：蒸发浓缩；冷却结晶；过滤；（5）通过以上分析知，该过程中的总反应方程式Al2（SO4）3+H2SO4+2NH3H2O+22H2O=2NH4Al（SO4）212H2O或Al2（SO4）3+H2SO4+2NH3+24H2O=2NH4Al（SO4）212H2O，故答案为：Al2（S
78、O4）3+H2SO4+2NH3H2O+22H2O=2NH4Al（SO4）212H2O或Al2（SO4）3+H2SO4+2NH3+24H2O=2NH4Al（SO4）212H2O30金属钛及钛的合金被认为是21世纪重要的金属材料常温下钛不和非金属酸反应以钛铁矿【主要成分为FeTiO3（钛酸亚铁，不溶于水）、Fe2O3及少量SiO2杂质】为主要原料冶炼金属钛的主要工艺过程如下： 回答下列问题：（1）绿矾的化式是FeSO47H2O（2）FeTiO3与过量硫酸反应的离子方程式为FeTiO3+4H+=Fe2+TiO2+2H2O（3）取少量酸洗后的H2TiO3，加入盐酸并振荡，滴加KSCN溶液后无明显现象，
79、再加H2O2后出现微红色，说明H2TiO3中存在的杂质离子是Fe2+这种H2TiO3即使用水充分洗涤，缎烧后获得的TiO2也会发黄，发黄的杂质是Fe2O3（填化式）（4）以TiO2为原料制取金属钛的其中一步反应为TiO2、氯气和焦炭反应生成TiCl4，己知该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：1，则另一生成物为CO（5）用Mg还原TiCl4制金属钛取过程中必须在1070K的温度下进行，你认为还应该控制的反应条件是隔绝空气（或惰性气氛中）；所得到的金属钛中混有少量杂质，可加入稀盐酸或稀硫酸溶解后除去【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用【分析】含有Fe2O3、SiO2的钛铁矿（主要成
80、分为FeTiO3，其中Ti元素化合价为+4价）加硫酸，溶解，过滤，滤液中含有FeSO4（aq）、TiOSO4（aq）和Fe2（SO4）3（aq），加铁粉，把三价铁离子还原为亚铁离子，降温结晶过滤，得到绿矾即硫酸亚铁晶体，滤液为TiOSO4（aq），滤液加热，使TiOSO4水解生成H2TiO3固体，洗涤、干燥、煅烧得到TiO2，在一定条件下，将TiO2还原生成Ti，（1）绿矾即硫酸亚铁晶体；（2）FeTi03与过量硫酸反应生成TiOSO4，FeSO4和H2O；（3）根据亚铁离子的检验操作和现象分析；根据Fe2O3的颜色分析；（4）反应中Ti元素化合价未变化，氯元素化合价由0价降低为1价，根据电子
81、转移守恒计算碳元素在产物中化合价，据此结合元素守恒判断；（5）用Mg还原TiCl4制金属钛取过程中必须在1070K的温度下进行，而在此温度下镁、钛都会与氧气反应；金属钛中混有少量杂质镁，由题给信息知钛的化学活性很小，仅能与氧气等几种物质起反应，而与稀盐酸或稀硫酸等不反应，据此答题；【解答】解：含有Fe2O3、SiO2的钛铁矿（主要成分为FeTiO3，其中Ti元素化合价为+4价）加硫酸，溶解，过滤，滤液中含有FeSO4（aq）、TiOSO4（aq）和Fe2（SO4）3（aq），加铁粉，把三价铁离子还原为亚铁离子，降温结晶过滤，得到绿矾即硫酸亚铁晶体，滤液为TiOSO4（aq），滤液加热，使TiO
82、SO4水解生成H2TiO3固体，洗涤、干燥、煅烧得到TiO2，在一定条件下，将TiO2还原生成Ti，（1）绿矾即硫酸亚铁晶体，化学式为FeSO47H2O，故答案为：FeSO47H2O；（2）FeTi03与过量硫酸反应生成TiOSO4，FeSO4和H2O，离子方程式为：FeTiO3+4H+=Fe2+TiO2+2H2O；故答案为：FeTiO3+4H+=Fe2+TiO2+2H2O；（3）取少量酸洗后的H2TiO3，加入盐酸并振荡，滴加KSCN溶液后无明显现象，说明没有Fe3+，再加H2O2后出现红色，说明有Fe3+，则原来含有Fe2+，加H2O2后Fe2+被氧化为Fe3+；H2TiO3中的二价铁易被
83、氧化为三价铁，煅烧时会生成Fe2O3，TiO2含有少量的Fe2O3会呈现黄色；故答案为：Fe2+；Fe2O3；（4）反应中Ti元素化合价未变化，氯元素化合价由0价降低为1价，令碳元素在产物中等化合价为a，则a=20（1），故a=2，反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：1，结合元素守恒可知，TiO2、Cl2、C、TiCl4的系数分别为1、2、2、1，所以未知物中含有C原子与O原子，碳元素化合价为+2，故为CO，故答案为：CO；（5）为防止镁、钛与氧气反应，应可绝空气加热（或惰性气氛中）；金属钛中混有少量杂质镁，由题给信息知钛的化学活性很小，仅能与氧气等几种物质起反应，可用稀盐酸或稀硫酸除杂，故答案为：隔绝空气（或惰性气氛中）； 稀盐酸或稀硫酸2016年11月29日高考资源网版权所有，侵权必究！