1、2016-2017学年山东省枣庄市滕州市善国中学高三（上）期末化学复习试卷（二）一、选择题1稀土是工业味精，邓小平说过“中东有石油，我们有稀土”稀土元素铈（Ce）主要存在于独居石中，金属铈在空气中易氧化变暗，受热时燃烧，遇水很快反应已知：铈常见的化合价为+3和+4，氧化性：Ce4+Fe3+下列说法正确的是（）A电解熔融CeO2制Ce，铈在阳极获得B铈有四种稳定的核素Ce、Ce、Ce、Ce，它们互为同素异形体C用Ce（SO4）2溶液滴定硫酸亚铁溶液，其离子方程式为：Ce4+Fe2+Ce3+Fe3+D铈溶于氢碘酸的化学方程式可表示为：Ce+4HICeI4+2H22设NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述
2、正确的是（）A在标准状况下，11.2LNO与11.2LO2混合后气体分子数为0.75NAB7.8gNa2O2与足量的CO2反应时转移的电子数为0.2NAC1L 1 mol/L的醋酸溶液中所含离子总数为2NAD常温常压下，16gO3所含的原子数为NA3下列关于胶体的叙述正确的是（）A胶体粒子不能透过滤纸B胶体和溶液的本质区别是胶体能发生丁达尔现象C胶体带电，故在电场作用下会产生电泳现象D用渗析的方法净化胶体时，使用半透膜只能让小分子和离子通过4下列各组中两个溶液间的反应，均可用同一离子方程式表示的是（）ACH3COOH和Na2CO3与CH3COOH和NaHCO3BAgNO3和HCl与Ag2SO4
3、和HClCBaCl2和Na2SO4与Ba（OH）2与H2SO4DKOH和CH3COONH4与Ba（OH）2与NH4Cl5黄铵铁矾可用于治理酸性废水，其化学式可表示为（NH4）xFey（SO4）n（OH）m取一定量黄铵铁矾样品，将其溶于50mL2mol/L H2SO4中，再加水稀释至250mL溶液取出25mL稀释后的溶液，加入足量的NaOH并加热，收集到224mL气体（已换算成标注状况，假定产生的气体全部逸出），将同时产生的沉淀过滤、洗涤，向滤液中加入足量BaCl2溶液，生成的白色沉淀6.99g另取出25mL稀释后的溶液，先将Fe3+还原为Fe2+，再用0.2000mol/LK2Cr2O7标准溶
4、液滴定至终点，消耗标准溶液25.00ml该黄铵铁矾样品中m：n的比值为（已知：Cr2O72+6Fe2+14H+=2Cr3+6Fe3+7H2O）（）A1：2B1：3C3：4D1：46在一定条件下，下列微粒的还原性顺序为ClBrFe2+ISO2，由此判断以下各反应在溶液中不能发生的是（）A2Fe3+SO2+2H2O2Fe2+SO42+4H+B2Fe2+Cl22Fe3+2ClC2Br+4H+SO42SO2+Br2+2H2ODI2+SO2+2H2O4H+SO42+2I7向FeI2、FeBr2的混合溶液中通入适量氯气，溶液中某些离子的物质的量变化如图所示已知：2Fe2+Br22Fe3+2Br、2Fe3+
5、2I2Fe2+I2，则下列有关说法中不正确的是（）A还原性：IFe2+BrB线段AB表示Fe2+被氯气氧化C线段BC表示生成4 mol Fe3+D原溶液中n（Br）=6 mol8同一还原剂与多种氧化剂在一起时，先与氧化性强的粒子反应，待强的反应完后，再与氧化性弱的反应，称为反应先后规律已知氧化性：Fe3+Cu2+，在溶有Fe2（SO4）3和CuSO4的溶液中加入铁粉，下列说法中不正确的是（）A若铁粉有剩余，则不溶物中一定有铜B若铁粉有剩余，则溶液中的金属阳离子只有Fe2+C若铁粉无剩余，且溶液中有Cu2+，则溶液中一定无Fe3+D若铁粉无剩余，且溶液中无Cu2+，则溶液中一定有Fe2+，一定无
6、Fe3+9在50mL 2mol/L 的AlCl3溶液中滴入含有0.3mol溶质的NaOH溶液，充分反应后铝元素的存在形式是（）AAl（OH）3和Al3+BAl3+、Al（OH）3 和AlO2CAl（OH）3D全部为AlO210有一瓶Na2SO3溶液，可能部分被氧化，某同学进行如下实验：取少量此溶液，滴入Ba（NO3）2溶液产生白色沉淀，再加入足量稀HCl，充分振荡后仍有白色沉淀，对此实验下列结论正确的是（）A此溶液中Na2SO3已部分氧化B加入Ba（NO3）2溶液生成的沉淀一定含BaSO4C加HCl后的不溶沉淀一定为BaSO4D此样品未被氧化11短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大X
7、原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍，Y是地壳中含量最高的元素，Z2+与Y2具有相同的电子层结构，W与X同主族下列说法正确的是（）AY分别与Z、W形成的化合物中化学键类型相同B原子半径的大小顺序：r（W）r（Z）r（Y）r（X）CY的气态简单氢化物的热稳定性比W的强DX的最高价氧化物对应的水化物的酸性比W的弱12已知：常温下浓度为0.1mol/L的下列溶液的pH如表：下列有关说法不正确的是（）溶质NaClNa2CO3NaClONaHCO3pH711.69.78.3A在相同温度下，同浓度的三种酸溶液的导电能力：HClH2CO3HClOB等体积等物质的量浓度的NaCl溶液与NaClO溶液中Cl和
8、ClO离子个数：ClClOC向Na2CO3溶液中逐滴滴入少量稀盐酸，反应为：Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2+H2OD若将CO2通入0.1mol/L Na2CO3溶液至溶液中性，则溶液中：2c（CO32）+c（HCO3）=0.2mol/L二、解答题（共7小题，满分0分）13联氨（又称肼，N2H4，无色液体）是一种应用广泛的化工原料，可用作火箭燃料，回答下列问题：（1）联氨分子的电子式为，HCN中C的化合价为（2）实验室可用次氯酸钠溶液与氨反应制备联氨，反应的化学方程式为（3）2O2（g）+N2（g）=N2O4（l）H1N2（g）+2H2（g）=N2H4（l）H2O2（g）+2H2（g
9、）=2H2O（g）H32N2H4（l）+N2O4（l）=3N2（g）+4H2O（g）H4=1048.9kJ/mol上述反应热效应之间的关系式为H4=，联氨和N2O4可作为火箭推进剂的主要原因为（4）联氨为二元弱碱，在水中的电离方程式与氨相似，联氨在水中第一步电离反应的平衡常数值为（已知：N2H4+H+N2H5+的K=8.7107；KW=1.01014）联氨与硫酸形成的正盐的化学式为（5）联氨是一种常用的还原剂向装有少量AgBr的试管中加入联氨溶液，观察到的现象是联氨可用于处理高压锅炉水中的氧气，防止锅炉被腐蚀理论上1kg的联氨可除去水中溶解的O2kg；与使用Na2SO3处理水中溶解的O2相比，
10、联氨的优点是_14FeCl3具有净水作用，但容易腐蚀设备；聚合氯化铁是一种新型絮凝剂，处理污水比FeCl3高效，且腐蚀性小（1）FeCl3腐蚀钢铁设备，除了H+作用外，另一主要原因是（用离子方程式表示）（2）为节约成本，工业上用NaClO3氧化酸性FeCl2废液得到含FeCl3的溶液若酸性FeCl2废液中c（Fe2+）=2.0102mol/L，c（Fe3+）=1.0103mol/L，c（Cl）=5.3102mol/L，则该溶液的pH约为（3）若在空气中加热FeCl36H2O，生成的是Fe（OH）Cl2，写出反应的化学方程式：；若在干燥的HCl气流中加热FeCl36H2O时，能得到无水FeCl3
11、，其原因是（4）FeCl3在水中分三步水解（K为水解平衡常数）：Fe3+H2OFe（OH）2+H+K1Fe（OH）2+H2OFe（OH）2+H+K2Fe（OH）2+H2OFe（OH）3+H+K3以上水解反应的平衡常数K1、K2、K3由大到小的顺序是（5）通过控制条件，以上水解产物聚合，生成聚合氯化铁，离子方程式为：xFe3+yH2OFex（OH）ym+yH+欲使平衡朝正反应方向移动，可采用的方法是a降温b加水稀释c加入NH4Cld加入NaHCO315（1）基态钛原子的价电子排布图为（2）已知TiCl4在通常情况下是无色液体，熔点为37，沸点为136，可知TiCl4为晶体（3）硫酸氧钛晶体中阳离
12、子为链状聚合形式的离子，结构如图1所示该阳离子Ti与O的原子数之比为（4）Co的一种氧化物的晶胞如图甲所示，在该晶体中与一个钴原子等距离且最近的钴原子有个；筑波材料科学国家实验室一个科研小组发现了在5K下呈现超导性的晶体，该晶体具有CoO2的层状结构（如图2乙所示，小球表示Co原子，大球表示O原子）下列用粗线画出的重复结构单元示意图（如图2乙）不能描述CoO2的化学组成是（5）由C、Mg、Ni三种元素组成的一种简单立方结构的化合物具有超导性，其晶胞中C位于体心位置，Mg位于顶角，Ni占据面心位置，该化合物的化学式为，晶体中Mg原子周围距离最近的Ni原子有个，该新型超导材料晶胞参数a=0.38n
13、m，计算该晶体的密度（gcm3）（保留三位有效数字）（6）金属钛晶胞结构如图3所示，设钛原子的半径为r，则该晶胞体积的表达式为16课题式研究性学习是培养学生创造思维的良好方法，某研究性学习小组将下列装置如图所示连接，C、D、E、F、X、Y 都是惰性电极将电源接通后，向乙中滴入酚酞试液，在F极附近显红色试回答下列问题：（1）电源A 极的名称是、电极G的名称是（2）甲装置中电解反应相关方程式：C：，D：，总反应方程式：（3）如果收集乙装置中产生的气体，两种气体的体积比是（4）欲用丙装置给铜镀银，G应该是（填“铜”或“银”），电镀液的主要成分是（填化学式）（5）装置丁中的现象是17萨罗是一种消毒剂，
14、它的分子式为C13H10O3，其分子模型如图所示（图中球与球之间的连线代表化学键，如单键、双键等）：（1）根据上图模型写出萨罗的结构简式（2）萨罗经水解、分离、提纯可得到纯净的苯酚和水杨酸（邻羟基苯甲酸）请设计一个方案，说明苯酚、碳酸、水杨酸的酸性依次增强（用化学方程式表示） （3）同时符合下列三个要求的水杨酸的同分异构体共有种含有苯环 能发生银镜反应，不能发生水解反应 在稀NaOH溶液中，1mol该同分异构体能与2molNaOH发生反应写出上述同分异构体中苯环上核磁共振氢谱只有两组峰的结构简式（任写一种）18硫酸铁铵aFe2（SO4）3b（NH4）2SO4cH2O广泛用于城镇生活饮用水、工业
15、循环水的净化处理等某化工厂以硫酸亚铁（含少量硝酸钙）和硫酸铵为原料，设计了如图工艺流程制取硫酸铁铵请回答下列问题：（1）硫酸亚铁溶液加H2SO4酸化的主要目的是，滤渣A的主要成分是（2）下列物质中最适合的氧化剂B是；反应的离子方程式aNaClO bH2O2 cKMnO4 dK2Cr2O7（3）操作甲、乙的名称分别是：甲，乙（4）上述流程中，氧化之后和加热蒸发之前，需取少量检验Fe2+是否已全部被氧化，所加试剂为（写名称），能否用酸性的KMnO4溶液？（如果能，下问忽略），理由是：（可用语言或方程式说明）（5）检验硫酸铁铵中NH4+的方法是（6）称取14.00g样品，将其溶于水配制成100mL溶
16、液，分成两等份，向其中一份中加入足量NaOH溶液，过滤洗涤得到2.14g沉淀；向另一份溶液中加入0.05mol Ba （NO3）2溶液，恰好完全反应则该硫酸铁铵的化学式为19如图中AK分别代表有关反应的一种反应物或生成物，其中A、C、F、K是固体已知A是一种不含金属元素的盐，受热分解得到三种产物物质的量之比为2：1：1的；A加热后生成的混合气体若通过碱石灰，只剩余气体B（B为无色有刺激性气味的气体），若通过浓硫酸则只剩余气体D（D为无色无味气体）；C为淡黄色固体各物质间的转化关系如图所示：请回答：（1）D中化学键的类型为，C的电子式，B的空间构型为（2）写出A的溶液与足量NaOH溶液反应的离子
17、方程式：（3）写出J与K反应的化学方程式（4）在标准状况下4.48L的H与I恰好被100mlNaOH溶液完全吸收，所需NaOH溶液的物质的量浓度为molL1（5）工业尾气中含有各种氮的氧化物（主要是NO和NO2，表示为NOx），NOx是严重的大气污染物，处理这些废气方法之一是通入适量的B，反应后会生成一种无色无味的气体写出NOx与B反应的化学方程式：【选修5-有机化学基础】20下列有机物合成流程图中，A（C9H12O）是芳香族化合物且分子侧链上有处于两种不同环境下的氢原子B是烃，D为，G可用作工业增塑剂回答下列问题：（1）E中官能团的名称为AB的反应类型是（2）G的结构简式为，已知A的一种同分
18、异构体也能转化为B，则该同分异构体的结构简式为（3）写出下列有关化学方程式：BCDE（4）E有多种同分异构体，符合下列条件的属于芳香族的同分异构体共有种既能与稀硫酸又能与NaOH溶液反应；能发生银镜反应；分子中只有一个甲基写出其中具有5个核磁共振氢谱峰的一种异构体的结构简式2016-2017学年山东省枣庄市滕州市善国中学高三（上）期末化学复习试卷（二）参考答案与试题解析一、选择题1稀土是工业味精，邓小平说过“中东有石油，我们有稀土”稀土元素铈（Ce）主要存在于独居石中，金属铈在空气中易氧化变暗，受热时燃烧，遇水很快反应已知：铈常见的化合价为+3和+4，氧化性：Ce4+Fe3+下列说法正确的是（
19、）A电解熔融CeO2制Ce，铈在阳极获得B铈有四种稳定的核素Ce、Ce、Ce、Ce，它们互为同素异形体C用Ce（SO4）2溶液滴定硫酸亚铁溶液，其离子方程式为：Ce4+Fe2+Ce3+Fe3+D铈溶于氢碘酸的化学方程式可表示为：Ce+4HICeI4+2H2【考点】电解原理【分析】A、电解反应中，阳极失去电子被氧化，阴极得到电子还原；B、具有相同质子数，不同中子数（或不同质量数）同一元素的不同核素互为同位素同位素；C、根据电荷守恒判断即可；D、氧化性：Ce4+Fe3+I，不会生成CeI4【解答】解：A、电解熔融CeO2制Ce，发生了还原反应，铈应该在阴极获得，故A错误；B、四种稳定的核素Ce、C
20、e、Ce、Ce中，具有相同质子数，不同中子数，故它们互为同位素，故B错误；C、Ce（SO4）2溶液具有氧化性，能将亚铁离子氧化，即离子方程式为：Ce4+Fe2+=Ce3+Fe3+，故C正确；D、由于氧化性Ce4+Fe3+I，铈溶于氢碘酸，产物不会生成CeI4，应该是CeI3，故D错误；故选C2设NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是（）A在标准状况下，11.2LNO与11.2LO2混合后气体分子数为0.75NAB7.8gNa2O2与足量的CO2反应时转移的电子数为0.2NAC1L 1 mol/L的醋酸溶液中所含离子总数为2NAD常温常压下，16gO3所含的原子数为NA【考点】阿伏加德罗常数【
21、分析】A、NO和氧气反应后生成的NO2中存在平衡：2NO2N2O4；B、求出过氧化钠的物质的量，然后根据过氧化钠和二氧化碳反应时，1mol过氧化钠转移1mol电子来分析；C、醋酸是弱电解质，不能完全电离；D、臭氧由氧原子构成【解答】解：A、NO和氧气反应后生成的NO2中存在平衡：2NO2N2O4，导致分子个数减少，则最终分子个数小于0.75NA个，故A错误；B、7.8g过氧化钠的物质的量为0.1mol，而过氧化钠和二氧化碳反应时，1mol过氧化钠转移1mol电子，故0.1mol过氧化钠转移0.1NA个电子，故B错误；C、醋酸是弱电解质，不能完全电离，故溶液中的离子个数小于2NA个，故C错误；D
22、、臭氧由氧原子构成，故16g臭氧中含有的氧原子的物质的量为n=1mol，个数为NA个，故D正确故选D3下列关于胶体的叙述正确的是（）A胶体粒子不能透过滤纸B胶体和溶液的本质区别是胶体能发生丁达尔现象C胶体带电，故在电场作用下会产生电泳现象D用渗析的方法净化胶体时，使用半透膜只能让小分子和离子通过【考点】胶体的重要性质【分析】A、溶液、胶体粒子能透过滤纸；B、胶体和溶液的本质区别是分散质微粒直径大小；C、胶体是电中性的，不带电；D、用渗析的方法可以分离胶体和溶液，溶液能通过半透膜，而胶体不能【解答】解：A、溶液、胶体粒子均能透过滤纸，故A错误；B、胶体和溶液的本质区别是分散质微粒直径大小，胶体的
23、分散质微粒直径介于110nm之间，而溶液的分散质微粒直径小于1nm，故B错误；C、胶体是电中性的，不带电，在电场作用下会产生电泳现象证明胶体中的胶粒是带电的，故C错误；D、用渗析的方法可以分离胶体和溶液，溶液能通过半透膜，而胶体不能，半透膜只能让小分子和离子通过，故D正确故选D4下列各组中两个溶液间的反应，均可用同一离子方程式表示的是（）ACH3COOH和Na2CO3与CH3COOH和NaHCO3BAgNO3和HCl与Ag2SO4和HClCBaCl2和Na2SO4与Ba（OH）2与H2SO4DKOH和CH3COONH4与Ba（OH）2与NH4Cl【考点】离子方程式的书写【分析】ANa2CO3写
24、成钠离子和碳酸根离子，而NaHCO3写成钠离子和碳酸氢根离子；B硫酸银，应保留化学式；C后者除了发生钡离子与硫酸根离子外，氢氧根离子与氢离子也反应；D二者反应实质氢氧根离子与铵根离子反应生成一水合氨和水【解答】解：A碳酸钠与碳酸氢钠的阴离子不同，则不能用同一离子方程式表示，离子反应分别为2CH3COOH+CO32=CO2+2CH3COO+H2O、CH3COOH+HCO3=CO2+CH3COO+H2O，故A不选；B离子分别为Cl+Ag+=AgCl、Ag2SO4+2Cl+2H+=2AgCl+2H+SO42，故B不选；C离子反应分别为Ba2+SO42=BaSO4、2H+2OH+Ba2+SO42=Ba
25、SO4+2H2O，故C不选；D二者反应实质相同，离子方程式都是：NH4+2OH=NH3H2O，故D选；故选：D5黄铵铁矾可用于治理酸性废水，其化学式可表示为（NH4）xFey（SO4）n（OH）m取一定量黄铵铁矾样品，将其溶于50mL2mol/L H2SO4中，再加水稀释至250mL溶液取出25mL稀释后的溶液，加入足量的NaOH并加热，收集到224mL气体（已换算成标注状况，假定产生的气体全部逸出），将同时产生的沉淀过滤、洗涤，向滤液中加入足量BaCl2溶液，生成的白色沉淀6.99g另取出25mL稀释后的溶液，先将Fe3+还原为Fe2+，再用0.2000mol/LK2Cr2O7标准溶液滴定至
26、终点，消耗标准溶液25.00ml该黄铵铁矾样品中m：n的比值为（已知：Cr2O72+6Fe2+14H+=2Cr3+6Fe3+7H2O）（）A1：2B1：3C3：4D1：4【考点】化学方程式的有关计算【分析】根据生成的氨气的体积求出NH4+的物质的量；根据加入足量BaCl2溶液，生成的白色沉淀的质量求出含有的SO42的物质的量，但由于溶液中的硫酸根还来自于 H2SO4溶液，故据此求出黄铵铁矾提供的SO42的物质的量；黄铵铁钒中铁为+3价另取出25mL稀释后的溶液，先将Fe3+还原为Fe2+，然后加入0.2000mol/LK2Cr2O7标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液25.00ml，由根据反应消耗
27、K2Cr2O7标准溶液的物质的量求出溶液中n（Fe2+），而n（Fe2+）=n（Fe3+）即可气促胡25mL的溶液中n（NH4+）：n（Fe3+）：n（SO42），然后根据化合物的化合价的代数和为0可解得m，据此分析【解答】解：在25mL溶液中含有的NH4+的物质的量为n（NH4+）=0.01mol；加入足量BaCl2溶液，生成的白色沉淀6.99g，故溶液中含有的SO42的物质的量为n（SO42）=0.03mol，而由于溶液中的硫酸根还来自于 H2SO4溶液，且来自于硫酸溶液的SO42的物质的量为n（SO42）=0.01mol，故黄铵铁矾提供的SO42的物质的量为0.02mol；黄铵铁钒中铁为
28、+3价另取出25mL稀释后的溶液，先将Fe3+还原为Fe2+，然后加入0.2000mol/LK2Cr2O7标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液25.00ml，由根据反应Cr2O72+6Fe2+14H+=2Cr3+6Fe3+7H2O可知，由于反应消耗K2Cr2O7标准溶液的物质的量n=CV=0.2mol/L0.025L=0.005mol，故25mL溶液中n（Fe3+）=0.005mol6=0.03mol即25mL的溶液中n（NH4+）：n（Fe3+）：n（SO42）=1：3：2，即x：y：n=1：3：2，根据化合物的化合价的代数和为0可知：11+33=22+m，解得m=6故n：m=2：6=1：3故选
29、B6在一定条件下，下列微粒的还原性顺序为ClBrFe2+ISO2，由此判断以下各反应在溶液中不能发生的是（）A2Fe3+SO2+2H2O2Fe2+SO42+4H+B2Fe2+Cl22Fe3+2ClC2Br+4H+SO42SO2+Br2+2H2ODI2+SO2+2H2O4H+SO42+2I【考点】氧化性、还原性强弱的比较【分析】根据氧化还原反应中，还原剂的还原性强于还原产物的还原性规律来分析【解答】解：A、根据反应得出还原性强弱是：SO2Fe2+，和题干的还原性强弱吻合，所以A能发生，故A错误；B、根据反应得出还原性强弱是：Fe2+Cl，和题干的还原性强弱吻合，所以B能发生，故B错误；C、根据反
30、应得出还原性强弱是：BrSO2，和题干的还原性强弱不吻合，所以C不能发生，故C正确；D、根据反应得出还原性强弱是：ISO2，和题干的还原性强弱吻合，所以D能发生，故D错误故选C7向FeI2、FeBr2的混合溶液中通入适量氯气，溶液中某些离子的物质的量变化如图所示已知：2Fe2+Br22Fe3+2Br、2Fe3+2I2Fe2+I2，则下列有关说法中不正确的是（）A还原性：IFe2+BrB线段AB表示Fe2+被氯气氧化C线段BC表示生成4 mol Fe3+D原溶液中n（Br）=6 mol【考点】有关混合物反应的计算【分析】氧化还原反应中：氧化剂的氧化性氧化产物的氧化性，还原剂的还原性还原产物的还原
31、性，根据反应可知，还原性强弱为：IFe2+Br；氧化剂先氧化还原性强的离子，再氧化还原性弱的离子，通入氯气后，碘离子先被氧化，其次是亚铁离子，最后是溴离子，在通入氯气的量为01mol的过程中，碘离子从最大量降到0，即得到碘离子的物质的量为2mol，通入氯气的量为13mol的过程中，亚铁离子从4mol降到0，三价铁的量逐渐增大，所以含有亚铁离子共4mol，在通入氯气的量为36mol的过程中，溴离子从6ml降到0，所以溴离子的物质的量是6mol，即FeBr2的物质的量为3mol，据此回答判断【解答】解：A、反应2Fe2+Br2=2Fe3+2Br中，还原剂Fe2+的还原性强于还原产物Br，所以还原性
32、：Fe2+Br，反应2Fe3+2I=2Fe2+I2中，还原剂I的还原性强于还原产物Fe2+，所以还原性：IFe2+，所以还原性：IFe2+Br，故A正确；B、通入氯气后，碘离子先被氧化，其次是亚铁离子，最后是溴离子，AB段表示的是碘离子的物质的量，故B错误；C、通入氯气的量为13mol的过程中，亚铁离子从4mol降到0，所以含有亚铁离子共4mol，反应后BC段生成4mol铁离子，故C正确；D、在通入氯气的量为36mol的过程中，溴离子从6ml降到0，所以溴离子的物质的量是：n（Br）=6mol，故D正确；故选B8同一还原剂与多种氧化剂在一起时，先与氧化性强的粒子反应，待强的反应完后，再与氧化性
33、弱的反应，称为反应先后规律已知氧化性：Fe3+Cu2+，在溶有Fe2（SO4）3和CuSO4的溶液中加入铁粉，下列说法中不正确的是（）A若铁粉有剩余，则不溶物中一定有铜B若铁粉有剩余，则溶液中的金属阳离子只有Fe2+C若铁粉无剩余，且溶液中有Cu2+，则溶液中一定无Fe3+D若铁粉无剩余，且溶液中无Cu2+，则溶液中一定有Fe2+，一定无Fe3+【考点】铁的化学性质；氧化还原反应【分析】依据氧化还原反应的先后规律：同一还原剂与多种氧化剂在一起时，先与氧化性强的粒子反应，待强的反应完后，再与氧化性弱的反应，称为反应先后规律，三价铁离子氧化性强于铜离子，加入铁粉，铁粉先与三价铁离子反应生成二价铁离
34、子，剩余铁粉再与铜离子反应生成二价铁离子，据此分析【解答】解：三价铁离子氧化性强于铜离子，加入铁粉，铁粉先与三价铁离子反应生成二价铁离子，剩余铁粉再与铜离子反应生成二价铁离子，A若有铁粉剩余，则三价铁离子、铜离子完全反应，不容物中一定含有铜，故A正确；B若有铁粉剩余，则三价铁离子、铜离子完全反应，则溶液中的金属阳离子只有Fe2+，故B正确；C若铁粉无剩余，且溶液中有Cu2+，则可能有三种情况，一种为铜离子只反应一部分，则三价铁离子完全反应，一种为铜离子未反应，则三价铁离子恰好反应，一种为铜离子未反应，三价铁离子只反应一部分，溶液中含有三价铁离子，故C错误；D若铁粉无剩余，且溶液中无Cu2+，因
35、为三价铁离子先于铁粉反应，所以一定不含三价铁离子，一定含有二价铁离子，故D正确；故选：C9在50mL 2mol/L 的AlCl3溶液中滴入含有0.3mol溶质的NaOH溶液，充分反应后铝元素的存在形式是（）AAl（OH）3和Al3+BAl3+、Al（OH）3 和AlO2CAl（OH）3D全部为AlO2【考点】有关混合物反应的计算【分析】铝离子与氢氧根离子反应的离子方程式有：Al3+30HAl（OH）3、Al3+40HAlO2 +2H2O，根据n=cV计算出氯化铝的物质的量，再根据铝离子与氢氧根离子的物质的量之比确定反应后铝元素的存在形式【解答】解：50mL 2mol/L 的AlCl3溶液中含有
36、氯化铝的物质的量为：2mol/L0.05L=0.1mol，滴入含有0.3mol溶质的NaOH溶液，则氯化铝与氢氧根离子的物质的量之比为1：3，说明而在恰好发生反应Al3+30HAl（OH）3，所以反应后溶液中铝元素的存在形式是Al（OH）3，故选C10有一瓶Na2SO3溶液，可能部分被氧化，某同学进行如下实验：取少量此溶液，滴入Ba（NO3）2溶液产生白色沉淀，再加入足量稀HCl，充分振荡后仍有白色沉淀，对此实验下列结论正确的是（）A此溶液中Na2SO3已部分氧化B加入Ba（NO3）2溶液生成的沉淀一定含BaSO4C加HCl后的不溶沉淀一定为BaSO4D此样品未被氧化【考点】物质的检验和鉴别的
37、基本方法选择及应用【分析】Na2SO3溶液被氧化生成硫酸钠，加硝酸钡反应均生成白色沉淀，且亚硫酸钡可被硝酸氧化为硫酸钡，以此来解答【解答】解：A取少量溶液，滴入Ba（NO3）2溶液，产生白色沉淀，再加入足量稀盐酸，充分振荡后，仍有白色沉淀，硝酸根离子在酸溶液中具有氧化性，原溶液中可以是硫酸根离子或亚硫酸根离子，不能说明此溶液中Na2SO3已部分氧化，故A错误；B硝酸根离子在酸溶液中具有氧化性亚硫酸根离子被氧化为硫酸根离子，加入Ba（NO3）2溶液后，生成的沉淀中不一定含有BaSO4，故B错误；C取少量溶液，滴入Ba（NO3）2溶液，产生白色沉淀，再加入足量盐酸，充分振荡后，仍有白色沉淀，硝酸根
38、离子在酸溶液中具有氧化性，可氧化亚硫酸根离子生成硫酸根离子，加硝酸后生成沉淀一定是BaSO4，故C正确；D硝酸根离子在酸溶液中具有氧化性，原溶液中可以是硫酸根离子或亚硫酸根离子，此实验不能确定Na2SO3是否部分被氧化，故D错误；故选C11短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大X原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍，Y是地壳中含量最高的元素，Z2+与Y2具有相同的电子层结构，W与X同主族下列说法正确的是（）AY分别与Z、W形成的化合物中化学键类型相同B原子半径的大小顺序：r（W）r（Z）r（Y）r（X）CY的气态简单氢化物的热稳定性比W的强DX的最高价氧化物对应的水化物的酸性比W的弱
39、【考点】原子结构与元素周期律的关系【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大X原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为4，故X为碳元素；W与X同主族，所以W是Si元素；Y是地壳中含量最高的元素，则Y为氧元素，Z2+与Y2具有相同的电子层结构，离子核外电子数为10，故Z的质子数为12，则Z为Mg，据此解答【解答】解：短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大X原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为4，故X为碳元素；W与X同主族，所以W是Si元素；Y是地壳中含量最高的元素，则Y为氧元素，Z2+与Y2具有相同的
40、电子层结构，离子核外电子数为10，故Z的质子数为12，则Z为MgAY和Z、W形成的化合物为MgO、SiO2，MgO中含有离子键，而SiO2中存在共价键，故A错误；B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：r（Mg）r（Si）r（C）r（O），故B错误；C元素的非金属性越强，其气态氢化物的稳定性越强，非金属性Y（O）W（Si），所以Y的气态简单氢化物的热稳定性比W的强，故C正确；D元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，非金属性X（C）W（Si），所以X的最高价氧化物对应水化物的酸性比W的强，故D错误故选C12已知：常温下浓度为0.1mol/L的下列溶液的
41、pH如表：下列有关说法不正确的是（）溶质NaClNa2CO3NaClONaHCO3pH711.69.78.3A在相同温度下，同浓度的三种酸溶液的导电能力：HClH2CO3HClOB等体积等物质的量浓度的NaCl溶液与NaClO溶液中Cl和ClO离子个数：ClClOC向Na2CO3溶液中逐滴滴入少量稀盐酸，反应为：Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2+H2OD若将CO2通入0.1mol/L Na2CO3溶液至溶液中性，则溶液中：2c（CO32）+c（HCO3）=0.2mol/L【考点】盐类水解的应用【分析】相同条件下，酸的酸性越弱，其盐溶液的水解程度越大，盐溶液的碱性越强，已知溶液的pH大
42、小关系，则酸性：HClH2CO3HClO；A溶液中离子浓度越大，溶液的导电能力越强；BClO在溶液中会发生水解；C向Na2CO3溶液中逐滴滴入少量稀盐酸生成碳酸氢钠和氯化钠；D根据电荷守恒分析【解答】解：相同条件下，酸的酸性越弱，其盐溶液的水解程度越大，盐溶液的碱性越强，已知溶液的pH大小关系，则酸性：HClH2CO3HClO；A酸性：HClH2CO3HClO，溶液中离子浓度越大，溶液的导电能力越强，在相同温度下，同浓度的三种酸溶液的导电能力：HClH2CO3HClO，故A正确；BClO在溶液中会发生水解，所以等体积等物质的量浓度的NaCl溶液与NaClO溶液中Cl和ClO离子个数：ClClO
43、，故B正确；C向Na2CO3溶液中逐滴滴入少量稀盐酸生成碳酸氢钠和氯化钠，其反应的方程式Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，故C错误；D若将CO2通入0.1mol/L Na2CO3溶液至溶液中性，电荷守恒为c（H+）+c（Na+）=c（OH）+2c（CO32）+c（HCO3），则溶液中：c（Na+）=2c（CO32）+c（HCO3）=0.2mol/L，故D正确故选C二、解答题（共7小题，满分0分）13联氨（又称肼，N2H4，无色液体）是一种应用广泛的化工原料，可用作火箭燃料，回答下列问题：（1）联氨分子的电子式为，HCN中C的化合价为2（2）实验室可用次氯酸钠溶液与氨反应制备联氨，反
44、应的化学方程式为2NH3+NaClON2H4+NaCl+H2O（3）2O2（g）+N2（g）=N2O4（l）H1N2（g）+2H2（g）=N2H4（l）H2O2（g）+2H2（g）=2H2O（g）H32N2H4（l）+N2O4（l）=3N2（g）+4H2O（g）H4=1048.9kJ/mol上述反应热效应之间的关系式为H4=2H32H2H1，联氨和N2O4可作为火箭推进剂的主要原因为反应放热量大，产生大量气体（4）联氨为二元弱碱，在水中的电离方程式与氨相似，联氨在水中第一步电离反应的平衡常数值为8.7107（已知：N2H4+H+N2H5+的K=8.7107；KW=1.01014）联氨与硫酸形成
45、的正盐的化学式为N2H6SO4（5）联氨是一种常用的还原剂向装有少量AgBr的试管中加入联氨溶液，观察到的现象是固体逐渐变黑，并有气泡产生联氨可用于处理高压锅炉水中的氧气，防止锅炉被腐蚀理论上1kg的联氨可除去水中溶解的O21kg；与使用Na2SO3处理水中溶解的O2相比，联氨的优点是N2H4的用量少，不产生其他杂质（反应产物为N2和H2O），而Na2SO3产生Na2SO4_【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；用盖斯定律进行有关反应热的计算；弱电解质在水溶液中的电离平衡【分析】（1）N2H4是氮原子和氢原子形成四个共价键，氮原子和氮原子间形成一个共价键形成的共价化合物，元素化合价代数
46、和为0计算化合价；（2）氨气被次氯酸钠溶液氧化生成肼，次氯酸钠被还原生成氯化钠；（3）2O2（g）+N2（g）N2O4（l）H1N2（g）+2H2（g）N2H4（l）H2O2（g）+2H2（g）2H2O（g）H3依据热化学方程式和盖斯定律计算22得到2N2H4（l）+N2O4（l）3N2（g）+4H2O（g）H4=1048.9kJmol1；（4）联氨为二元弱碱，在水中的电离方式与氨相似联氨第一步电离方程式为N2H4+H2ON2H5+OH，平衡常数Kb=KKw，由于是二元碱，因此联氨与硫酸形成的正盐为N2H6SO4；（5）联胺被银离子氧化，银离子被还原生成单质银，联胺被氧化失电子N2H4N24e
47、，O24e，依据守恒计算判断，依据锅炉的质地以及反应产物性质解答【解答】解：（1）肼的分子式为N2H4，是氮原子和氢原子形成四个共价键，氮原子和氮原子之间形成一个共价键形成的共价化合物，电子式为：，其中氢元素化合价为+1价，则氮元素化合价为2价，故答案为：；2；（2）氨气被次氯酸钠溶液氧化生成肼，次氯酸钠被还原生成氯化钠，结合原子守恒配平书写反应的化学方程式为：2NH3+NaClON2H4+NaCl+H2O，故答案为：2NH3+NaClON2H4+NaCl+H2O；（3）2O2（g）+N2（g）N2O4（l）H1N2（g）+2H2（g）N2H4（l）H2O2（g）+2H2（g）2H2O（g）H
48、3依据热化学方程式和盖斯定律计算22得到2N2H4（l）+N2O4（l）3N2（g）+4H2O（g）H4=2H32H2H1，根据反应可知，联氨和N2O4反应放出大量热且产生大量气体，因此可作为火箭推进剂，故答案为：2H32H2H1；反应放热量大，产生大量气体；（4）联氨为二元弱碱，在水中的电离方式与氨相似联氨第一步电离方程式为N2H4+H2ON2H5+OH，平衡常数Kb=KKw=8.71071.01014=8.7107，第二步电离方程式为N2H5+H2ON2H62+OH，因此联氨与硫酸形成的正盐为N2H6SO4，故答案为：8.7107；N2H6SO4；（5）联胺被银离子氧化，银离子被还原生成单
49、质银，2价的N元素被氧化为N2，反应方程式为：N2H4+4AgBr=4Ag+N2+4HBr，因此反应出现现象为：固体逐渐变黑，并有气泡产生，由于肼的氧化产物是氮气，不会对锅炉造成腐蚀，而亚硫酸钠被氧化产物为硫酸钠，易生成硫酸盐沉淀影响锅炉的安全使用，联胺被氧化失电子N2H4N2失去4e，O2O2得到4e，联胺和氧气摩尔质量都是32g/mol，则等质量联胺和氧气物质的量相同，理论上1kg的联氨可除去水中溶解的O21kg，与使用Na2SO3处理水中溶解的O2相比，联氨的优点是用量少，不产生其他杂质（反应产物为N2和H2O），而Na2SO3产生Na2SO4，故答案为：固体逐渐变黑，并有气泡产生；1；
50、N2H4的用量少，不产生其他杂质（反应产物为N2和H2O），而Na2SO3产生Na2SO414FeCl3具有净水作用，但容易腐蚀设备；聚合氯化铁是一种新型絮凝剂，处理污水比FeCl3高效，且腐蚀性小（1）FeCl3腐蚀钢铁设备，除了H+作用外，另一主要原因是2Fe3+Fe=3Fe2+（用离子方程式表示）（2）为节约成本，工业上用NaClO3氧化酸性FeCl2废液得到含FeCl3的溶液若酸性FeCl2废液中c（Fe2+）=2.0102mol/L，c（Fe3+）=1.0103mol/L，c（Cl）=5.3102mol/L，则该溶液的pH约为2（3）若在空气中加热FeCl36H2O，生成的是Fe（O
51、H）Cl2，写出反应的化学方程式：FeCl36H2O=Fe（OH）Cl2+HCl+5H2O；若在干燥的HCl气流中加热FeCl36H2O时，能得到无水FeCl3，其原因是在干燥的HCl气流中抑制FeCl3水解，且带走FeCl36H2O受热产生的水气，所以能得到无水氯化铁（4）FeCl3在水中分三步水解（K为水解平衡常数）：Fe3+H2OFe（OH）2+H+K1Fe（OH）2+H2OFe（OH）2+H+K2Fe（OH）2+H2OFe（OH）3+H+K3以上水解反应的平衡常数K1、K2、K3由大到小的顺序是K1K2K3（5）通过控制条件，以上水解产物聚合，生成聚合氯化铁，离子方程式为：xFe3+y
52、H2OFex（OH）ym+yH+欲使平衡朝正反应方向移动，可采用的方法是bda降温b加水稀释c加入NH4Cld加入NaHCO3【考点】盐类水解的原理；pH的简单计算【分析】（1）钢铁设备中的Fe会与铁离子反应生成亚铁离子；（2）根据电荷守恒：c（Cl）=2c（Fe2+）+3c（Fe3+）+c（H+）（酸性溶液中OH浓度很小，在这里可以忽略不计），据此溶液中氢离子的浓度，再根据pH=lgc（H+）计算；（3）在空气中加热FeCl36H2O，生成的是Fe（OH）Cl2，升高温度促进水解，所以得不到氯化铁，可以采用抑制水解的方法制取氯化铁；（4）铁离子的水解分为三步，且水解程度逐渐减弱，所以水解平衡
53、常数逐渐减小；（5）控制条件使平衡正向移动，水解为吸热反应，所以降温平衡逆向移动；加水稀释，则水解平衡也正向移动；加入氯化铵，氯化铵溶液为酸性，氢离子浓度增大，平衡逆向移动；加入碳酸氢钠，则消耗氢离子，平衡正向移动【解答】解：（1）Fe3+水解生成的Fe（OH）3胶体粒子能吸附水中的悬浮杂质，可起到净水的作用；钢铁设备中的Fe会与铁离子反应生成亚铁离子，离子方程式是：2Fe3+Fe=3Fe2+，故答案为：Fe3+水解生成的Fe（OH）3胶体粒子能吸附水中的悬浮杂质；2Fe3+Fe=3Fe2+；（2）根据电荷守恒：c（Cl）=2c（Fe2+）+3c（Fe3+）+c（H+）（酸性溶液中OH浓度很小
54、，在这里可以忽略不计），则c（H+）=c（Cl）2c（Fe2+）3c（Fe3+）=1.0102molL1，则溶液pH=lg1.0102=2，故答案为：2；（3）若在空气中加热FeCl36H2O，生成的是Fe（OH）Cl2，根据反应物、生成物及反应条件知，该反应的化学方程式：FeCl36H2O=Fe（OH）Cl2+HCl+5H2O，升高温度促进水解，所以得不到氯化铁，为抑制水解，需要在干燥的HCl气流中加热FeCl36H2O来得到FeCl3，故答案为：FeCl36H2O=Fe（OH）Cl2+HCl+5H2O；在干燥的HCl气流中抑制FeCl3水解，且带走FeCl36H2O受热产生的水气，所以能得
55、到无水氯化铁；（4）铁离子的水解分为三步，且水解程度逐渐减弱，所以水解平衡常数逐渐减小，则K1K2K3；故答案为：K1K2K3；（5）控制条件使平衡正向移动，使平衡正向移动，因为水解为吸热反应，所以降温，平衡逆向移动；加水稀释，则水解平衡也正向移动；加入氯化铵，氯化铵溶液为酸性，氢离子浓度增大，平衡逆向移动；加入碳酸氢钠，则消耗氢离子，所以氢离子浓度降低，平衡正向移动，故选bd；15（1）基态钛原子的价电子排布图为（2）已知TiCl4在通常情况下是无色液体，熔点为37，沸点为136，可知TiCl4为分子晶体（3）硫酸氧钛晶体中阳离子为链状聚合形式的离子，结构如图1所示该阳离子Ti与O的原子数之
56、比为1：1（4）Co的一种氧化物的晶胞如图甲所示，在该晶体中与一个钴原子等距离且最近的钴原子有12个；筑波材料科学国家实验室一个科研小组发现了在5K下呈现超导性的晶体，该晶体具有CoO2的层状结构（如图2乙所示，小球表示Co原子，大球表示O原子）下列用粗线画出的重复结构单元示意图（如图2乙）不能描述CoO2的化学组成是D（5）由C、Mg、Ni三种元素组成的一种简单立方结构的化合物具有超导性，其晶胞中C位于体心位置，Mg位于顶角，Ni占据面心位置，该化合物的化学式为MgNi3C，晶体中Mg原子周围距离最近的Ni原子有12个，该新型超导材料晶胞参数a=0.38nm，计算该晶体的密度6.45（gcm
57、3）（保留三位有效数字）（6）金属钛晶胞结构如图3所示，设钛原子的半径为r，则该晶胞体积的表达式为8r3【考点】晶胞的计算【分析】（1）Ti是22号元素，其3d、4s电子为其价电子；（2）分子晶体的熔沸点较低；（3）根据图知，每个Ti原子连接2个O原子、每个O原子连接2个Ti原子；（4）由氧化物晶胞结构可知晶胞中Co、O原子数目之比为1：1，假设黑色球为Co原子，以顶点Co原子为研究对象，与之等距离且最近的钴原子位于面心，每个顶点为8个晶胞共用，每个面心为2个晶胞共用；CoO2的重复结构单元示意图中Co、O原子数目之比应为1：2，结合均摊法计算判断；（5）该晶胞中C原子个数是1、Mg原子个数=
58、8=1、Ni原子个数=6=3，据此确定其化学式； 晶体中Mg原子周围距离最近的Ni原子个数=382；晶胞棱长=0.38nm=0.38107cm，晶胞体积=（0.38107cm）3，晶胞密度=；（6）底面上棱长为2r，底面高=2rsin60=r，底面上的3个原子和晶胞体内的原子构成正四面体，正四面体的棱长=2r，底面三角形顶点到三角形重心的距离=2rsin60=r，顶点到底面的距离=r，晶胞高=2r，则晶胞体积=2rr2r【解答】解：（1）Ti是22号元素，其3d、4s电子为其价电子，其价电子排布图为，故答案为：；（2）分子晶体熔沸点较低，该物质的熔沸点较低，则为分子晶体，故答案为：分子；（3）
59、根据图知，每个Ti原子连接2个O原子、每个O原子连接2个Ti原子，所以Ti、O原子个数之比为1：1，故答案为：1：1；（4）由氧化物晶胞结构可知晶胞中Co、O原子数目之比为1：1，假设黑色球为Co原子，以顶点Co原子为研究对象，与之等距离且最近的钴原子位于面心，每个顶点为8个晶胞共用，每个面心为2个晶胞共用，在该晶体中与一个钴原子等距离且最近的钴原子数目为382=12；CoO2的重复结构单元示意图中Co、O原子数目之比应为1：2，由图象可知：A中Co、O原子数目之比为1：4=1：2，符合，B中Co、O原子数目之比为（1+4）：4=1：2，符合，C中Co、O原子数目之比为（4）：（4）=1：2，
60、符合，D中Co、O原子数目之比为1：4=1：1，不符合，故答案为：12；D；（5）该晶胞中C原子个数是1、Mg原子个数=8=1、Ni原子个数=6=3，据此确定其化学式为MgNi3C； 晶体中Mg原子周围距离最近的Ni原子个数=382=12；晶胞棱长=0.38nm=0.38107cm，晶胞体积=（0.38107cm）3，晶胞密度= gcm3=6.45 gcm3，故答案为：MgNi3C； 12；6.45；（6）底面上棱长为2r，底面高=2rsin60=r，底面上的3个原子和晶胞体内的原子构成正四面体，正四面体的棱长=2r，底面三角形顶点到三角形重心的距离=2rsin60=r，顶点到底面的距离=r，
61、晶胞高=2r，则晶胞体积=2rr2r=8r3，故答案为：8r316课题式研究性学习是培养学生创造思维的良好方法，某研究性学习小组将下列装置如图所示连接，C、D、E、F、X、Y 都是惰性电极将电源接通后，向乙中滴入酚酞试液，在F极附近显红色试回答下列问题：（1）电源A 极的名称是正极、电极G的名称是阳极（2）甲装置中电解反应相关方程式：C：4OH4e=O2+2H2O，D：Cu2+2e=Cu，总反应方程式：2CuSO4+2H2O2Cu+O2+H2SO4（3）如果收集乙装置中产生的气体，两种气体的体积比是1：1（4）欲用丙装置给铜镀银，G应该是银（填“铜”或“银”），电镀液的主要成分是AgNO3（填
62、化学式）（5）装置丁中的现象是Y极附近红褐色变深【考点】原电池和电解池的工作原理【分析】（1）电解饱和食盐水时，酚酞变红的极是阴极，阴极和电源负极相连；（2）根据电解原理来书写电池反应；（3）根据电解反应方程式可以计算生成气体的关系；（4）欲用丙装置给铜镀银，G为阳极应该是银，电镀液的主要成分是AgNO3溶液；（5）根据异性电荷相吸的原理以及胶体的电泳原理来回答；【解答】解：（1）向乙中滴入酚酞试液，在F极附近显红色，说明该极上氢离子放电，所以该电极是阴极，所以E电极是阳极，D电极是阴极，C电极是阳极，G电极是阳极，H电极是阴极，X电极是阳极，Y是阴极，A是电源的正极，B是原电池的负极，故答案
63、为：正极；阳极；（2）电解硫酸铜溶液时的阳极是氢氧根离子放电，反应式为4OH4e=O2+2H2O，阴极是铜离子，放电反应式为Cu2+2e=Cu，所以电池反应式为2CuSO4+2H2O2Cu+O2+H2SO4，故答案为：4OH4e=O2+2H2O；Cu2+2e=Cu，2CuSO4+2H2O2Cu+O2+H2SO4；（3）电解饱和食盐水的电解原理是：2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl2，产生的氢气和氯气体积比实施1：1，故答案为：1：1；（4）欲用丙装置给铜镀银，G为阳极应该是银，电镀液的主要成分是AgNO3溶液，故答案为：银；AgNO3；（5）根据异性电荷相吸的原理，氢氧化铁胶体中含有的
64、带正电荷的粒子会向阴极即Y极移动，所以Y极附近红褐色变深，故答案为：Y极附近红褐色变深17萨罗是一种消毒剂，它的分子式为C13H10O3，其分子模型如图所示（图中球与球之间的连线代表化学键，如单键、双键等）：（1）根据上图模型写出萨罗的结构简式（2）萨罗经水解、分离、提纯可得到纯净的苯酚和水杨酸（邻羟基苯甲酸）请设计一个方案，说明苯酚、碳酸、水杨酸的酸性依次增强（用化学方程式表示） （3）同时符合下列三个要求的水杨酸的同分异构体共有2种含有苯环 能发生银镜反应，不能发生水解反应 在稀NaOH溶液中，1mol该同分异构体能与2molNaOH发生反应写出上述同分异构体中苯环上核磁共振氢谱只有两组峰
65、的结构简式或（任写一种）【考点】有机物的结构和性质【分析】（1）萨罗的分子式为C13H10O3，由分子式可知，模型中黑色球代表碳元素，白色球代表氢原子，斜线白色球为氧原子根据碳的四价结构，可知结构中环为苯环，根据氧原子的二价结构可知，连接两个苯环的基团为酯基，有1个OH连接苯环；（2）根据强酸制弱酸设计，羧酸酸性比碳酸强，碳酸酸性比苯酚强；（3）水杨酸为根据题意知，该有机物中含有CHO，不含酯的结构，含有两个与苯环相连的羟基【解答】解：（1）萨罗的分子式为C13H10O3，由分子式可知，模型中黑色球代表碳元素，白色球代表氢原子，斜线白色球为氧原子根据碳的四价结构，可知结构中环为苯环，根据氧原子
66、的二价结构可知，连接两个苯环的基团为酯基，有1个OH连接苯环所以萨罗的结构简式，故答案为：；（2）要证明酸的相对强弱，一般利用强酸与弱酸的盐反应，故可利用下列反应来证明三者的相对强弱：，故答案为：；（3）能发生银镜反应证明有醛基，不能发生水解反应说明无酯基，1 mol该同分异构体能与2 mol NaOH发生反应则说明有两个酚羟基，只能生成两种一氯代产物说明具有较好的对称性，符合条件的同分异构体有如下两种：和，故答案为：2；或18硫酸铁铵aFe2（SO4）3b（NH4）2SO4cH2O广泛用于城镇生活饮用水、工业循环水的净化处理等某化工厂以硫酸亚铁（含少量硝酸钙）和硫酸铵为原料，设计了如图工艺流
67、程制取硫酸铁铵请回答下列问题：（1）硫酸亚铁溶液加H2SO4酸化的主要目的是增大溶液中SO42浓度，将Ca2+转化为沉淀或抑制Fe2+水解，滤渣A的主要成分是CaSO4（2）下列物质中最适合的氧化剂B是b；反应的离子方程式H2O2+2Fe2+2H+=2Fe3+2H2OaNaClO bH2O2 cKMnO4 dK2Cr2O7（3）操作甲、乙的名称分别是：甲冷却结晶，乙常温晾晒（4）上述流程中，氧化之后和加热蒸发之前，需取少量检验Fe2+是否已全部被氧化，所加试剂为铁氰化钾溶液（写名称），能否用酸性的KMnO4溶液？不能（如果能，下问忽略），理由是：因为过氧化氢和二价铁离子均能使酸性高锰酸钾溶液褪
68、色（可用语言或方程式说明）（5）检验硫酸铁铵中NH4+的方法是在试管中加入少量样品和NaOH固体加热，在试管口用湿润的红色石蕊试纸检验，看到试纸变成蓝色（6）称取14.00g样品，将其溶于水配制成100mL溶液，分成两等份，向其中一份中加入足量NaOH溶液，过滤洗涤得到2.14g沉淀；向另一份溶液中加入0.05mol Ba （NO3）2溶液，恰好完全反应则该硫酸铁铵的化学式为Fe2（SO4）32（NH4）2SO42H2O【考点】制备实验方案的设计【分析】原料中加入硫酸酸化，可生成硫酸钙沉淀，减压过滤后加入过氧化氢氧化可生成硫酸铁，加入硫酸铵，在80下反应可生成硫酸铁铵，经蒸发浓缩、冷却结晶、过
69、滤洗涤，最后经常温晾晒可到纯净的硫酸铁铵，结合对应物质的性质以及题目要求可解答该题（1）硫酸亚铁中亚铁离子水解，硫酸可以抑制水解，硫酸根离子可以将钙离子沉淀；（2）加入氧化剂可氧化亚铁离子，但应避免引入新杂质；（3）硫酸铁铵经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤，最后经常温晾晒可到纯净的硫酸铁铵，但是温度不能太高；（4）根据酸性高锰酸钾溶液氧化性很强，可以氧化二价铁和双氧水分析；（5）检验NH4+的方法是加入强碱反应、加热能够产生使湿润的红色石蕊试液变蓝的气体，该气体是氨气，从而证明原溶液中一定含有NH4+；（6）根据元素守恒结合发生的转化来计算【解答】解：原料中加入硫酸酸化，可生成硫酸钙沉淀，减压过
70、滤后加入过氧化氢氧化可生成硫酸铁，加入硫酸铵，在80下反应可生成硫酸铁铵，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤，最后经常温晾晒可到纯净的硫酸铁铵，（1）加入硫酸，可增大溶液中SO42浓度，将Ca2+转化为沉淀，生成CaSO4，同时抑制Fe2+水解，故答案为：增大溶液中SO42浓度，将Ca2+转化为沉淀或抑制Fe2+水解；CaSO4；（2）为避免引入新杂质，应加入过氧化氢为氧化剂，还原产物是水，反应的离子方程式为H2O2+2Fe2+2H+=2Fe3+2H2O，故答案为：b；H2O2+2Fe2+2H+=2Fe3+2H2O；（3）在80下反应可生成硫酸铁铵，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤，最后经常温晾晒可
71、到纯净的硫酸铁铵，温度不能过高，防止分解，故答案为：冷却结晶；常温晾晒；（4）酸性高锰酸钾溶液氧化性很强，可以氧化二价铁和双氧水，应加入铁氰化钾溶液，如生成蓝色沉淀，可说明含有亚铁离子，故答案为：铁氰化钾溶液；不能；因为过氧化氢和二价铁离子均能使酸性高锰酸钾溶液褪色；（5）检验NH4+的方法是加入强碱反应、加热能够产生使湿润的红色石蕊试液变蓝的气体，该气体是氨气，从而证明原溶液中一定含有NH4+，故答案为：在试管中加入少量样品和NaOH固体加热，在试管口用湿润的红色石蕊试纸检验，看到试纸变成蓝色；（6）称取14.00g样品，将其溶于水配置成100mL溶液，分成两等份，向其中一份中加入足量NaO
72、H溶液，过滤洗涤得到2.14g沉淀，应为Fe（OH）3，n（Fe（OH）3）=0.02mol，向另一份溶液中加入0.05mol Ba（NO3）2溶液，恰好完全反应，则n（SO42）=0.05mol，所以14.00g样品中含有Fe2（SO4）30.02mol，n（SO42）为0.1mol，则（NH4）2SO4为0.1mol0.02mol3=0.04mol，则m（H2O）=14.00g0.02mol400g/mol0.04mol132g/mol=0.72g，n（H2O）=0.04mol，n（Fe2（SO4）3）：n（NH4）2SO4）：n（H2O）=0.02：0.04：0.04=1：2：2，所以化
73、学式为Fe2（SO4）32（NH4）2SO42H2O，故答案为：Fe2（SO4）32（NH4）2SO42H2O19如图中AK分别代表有关反应的一种反应物或生成物，其中A、C、F、K是固体已知A是一种不含金属元素的盐，受热分解得到三种产物物质的量之比为2：1：1的；A加热后生成的混合气体若通过碱石灰，只剩余气体B（B为无色有刺激性气味的气体），若通过浓硫酸则只剩余气体D（D为无色无味气体）；C为淡黄色固体各物质间的转化关系如图所示：请回答：（1）D中化学键的类型为共价键，C的电子式，B的空间构型为三角锥形（2）写出A的溶液与足量NaOH溶液反应的离子方程式：NH4+OH2NH3+H2O（或NH4
74、+OHNH3H2O）（3）写出J与K反应的化学方程式C+4HNO3（浓）4NO2+CO2+2H2O（4）在标准状况下4.48L的H与I恰好被100mlNaOH溶液完全吸收，所需NaOH溶液的物质的量浓度为2molL1（5）工业尾气中含有各种氮的氧化物（主要是NO和NO2，表示为NOx），NOx是严重的大气污染物，处理这些废气方法之一是通入适量的B，反应后会生成一种无色无味的气体写出NOx与B反应的化学方程式：2NH3+NO2+NO2N2+3H2O或4xNH3+6NOx（2x+3）N2+6xH2O【考点】无机物的推断【分析】A是一种不含金属元素的盐，应为铵盐，受热分解得到三种产物物质的量之比为2
75、：1：1，A加热后生成的气体混合物若通过碱石灰，只剩余气体B（B为无色有刺激性气味的气体）推断为NH3，若通过浓硫酸则只剩余气体D，判断D为CO2，推断A为（NH4）2CO3，结合转化关系B+E在催化剂作用下加热生成G+H，H能发生连续反应，说明是氨气的催化氧化反应判断E为O2，G为H2O，H为NO，I为NO2，N为HNO3，D（CO2）+C=E（O2）+F，判断C为Na2O2，F为Na2CO3，依据转化关系K+E（O2）=D（CO2）反应是点燃条件下发生的反应，判断K为C，结合物质的性质及化学用语来解答【解答】解：A是一种不含金属元素的盐，应为铵盐，受热分解得到三种产物物质的量之比为2：1：
76、1，A加热后生成的气体混合物若通过碱石灰，只剩余气体B（B为无色有刺激性气味的气体）推断为NH3，若通过浓硫酸则只剩余气体D，判断D为CO2，推断A为（NH4）2CO3，结合转化关系B+E在催化剂作用下加热生成G+H，H能发生连续反应，说明是氨气的催化氧化反应判断E为O2，G为H2O，H为NO，I为NO2，N为HNO3，D（CO2）+C=E（O2）+F，判断C为Na2O2，F为Na2CO3，依据转化关系K+E（O2）=D（CO2）反应是点燃条件下发生的反应，判断K为C，（1）由以上分析可知D为CO2，含有极性共价键，C为Na2O2，电子式为，B为NH3，为三角锥形结构，故答案为：共价键；三角锥
77、形；（2）固体A为碳酸铵，溶液与足量NaOH溶液反应的离子方程式为NH4+OH2NH3+H2O （或NH4+OHNH3H2O），故答案为：NH4+OH2NH3+H2O （或NH4+OHNH3H2O）；（3）N与K反应的化学方程为C+4HNO3（浓）4NO2+CO2+2H2O，故答案为：C+4HNO3（浓）4NO2+CO2+2H2O；（4）在标准状况下4.48L的NO与NO2恰好被100mlNaOH溶液完全吸收，发生NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O，气体共为=0.2mol，则n（NaOH）=0.2mol，c（NaOH）=2mol/L，故答案为：2；（5）B为氨气，与NOx反应生成氮
78、气和水，反应的方程式为2NH3+NO2+NO2N2+3H2O或4xNH3+6NOx（2x+3）N2+6xH2O，故答案为：2NH3+NO2+NO2N2+3H2O或4xNH3+6NOx（2x+3）N2+6xH2O【选修5-有机化学基础】20下列有机物合成流程图中，A（C9H12O）是芳香族化合物且分子侧链上有处于两种不同环境下的氢原子B是烃，D为，G可用作工业增塑剂回答下列问题：（1）E中官能团的名称为醛基、羟基AB的反应类型是消去反应（2）G的结构简式为，已知A的一种同分异构体也能转化为B，则该同分异构体的结构简式为（3）写出下列有关化学方程式：BC+Br2DE（4）E有多种同分异构体，符合下
79、列条件的属于芳香族的同分异构体共有7种既能与稀硫酸又能与NaOH溶液反应；能发生银镜反应；分子中只有一个甲基写出其中具有5个核磁共振氢谱峰的一种异构体的结构简式【考点】有机物的推断【分析】A（C9H12O）是芳香族化合物且分子侧链上有处于两种不同环境下的氢原子，B是烃，且B能和溴发生加成反应，所以B分子中含有碳碳双键，这说明A是通过醇的消去反应生成B的，结合D的结构简式，可知A的结构简式是，则B的结构简式是，C的结构简式是C生成D的反应是卤代烃的水解反应，需要在NaOH水溶液、加热条件下进行，D发生催化氧化生成E，则E的结构简式是F能发生缩聚反应，说明F中既含有羟基，又含有羧基，即E生成F的反
80、应是醛基的氧化反应，所以F的结构简式是，据此解答【解答】解：A（C9H12O）是芳香族化合物且分子侧链上有处于两种不同环境下的氢原子，B是烃，且B能和溴发生加成反应，所以B分子中含有碳碳双键，这说明A是通过醇的消去反应生成B的，结合D的结构简式，可知A的结构简式是，则B的结构简式是，C的结构简式是C生成D的反应是卤代烃的水解反应，需要在NaOH水溶液、加热条件下进行，D发生催化氧化生成E，则E的结构简式是F能发生缩聚反应，说明F中既含有羟基，又含有羧基，即E生成F的反应是醛基的氧化反应，所以F的结构简式是（1）由上述分析可知，E为，含有官能团为醛基、羟基；AB的反应类型是消去反应，故答案为：醛
81、基、羟基；消去反应；（2）发生缩聚反应生成G为，已知A（）的一种同分异构体也能转化为B（），则该同分异构体的结构简式为：，故答案为：；（3）BC的化学方程式为： +Br2，DE 的化学反应方程式为：，故答案为： +Br2；（4）E（）有多种同分异构体，其中属于芳香族的同分异构体，能发生银镜反应，说明含有醛基既能与稀硫酸又能与NaOH溶液反应，说明含有酯基，这说明该化合物是甲酸形成的酯类，且分子中只有一个甲基，如果分子中含有2个取代基，可以是乙基和OOCH或甲基和CH2OOCH，分别有邻、间、对三种另外也可能是含有1个取代基CH（CH3）OOCH，所以共计是7种，其中具有5个核磁共振氢谱峰的一种异构体的结构简式为：，故答案为：7；2017年1月14日