1、2016年江苏省徐州市、连云港市、宿迁市联考高考化学一模试卷一、单项选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分每小题只有一个选项符合题意1化学与材料、能源、环境等密切联系下列说法不正确的是（）A研发光电转换材料，充分利用太阳能B包装材料聚氯乙烯属于烃，会造成环境污染C用石灰对煤燃烧形成的烟气脱硫，并回收石膏D研发高效生物生长调节剂，减少对化肥的使用2下列有关化学用语正确的是（）A中子数为18的硫原子： SB氨分子的电子式：C苯乙酸钠的结构简式：DH2SO3的电离方程式：H2SO32H+SO323下列说法不正确的是（）A分子式为C2H4O2的有机物不一定有酸性B当物质中的化学键发生断裂时，一定
2、发生化学变化C等质量的Al分别按a、b两种途径完全转化，途径a比途径b产生的H2多途径a：AlH2途径b：AlFeH2D只由一种元素的阳离子与另一种元素的阴离子组成的物质不一定是纯净物4工业上常利用铝粉和氧化铁反应来焊接铁轨下列说法正确的是（）A氧化铝、氧化铁均为两性氧化物B氧化铝中的微粒半径：r（Al3+）r（O2）C在该反应中，铝的还原性强于铁的还原性D1mol 氧化铁参加反应转移电子数约为46.0210235短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，它们原子的最外层电子数之和为19Y原子的电子层数与最外层电子数的比等于，Z原子最外层电子数与内层电子数的比为下列说法正确的是（）A非金
3、属性：YXWB简单气态氢化物的热稳定性：YXC化合物ZW、XY中化学键类型相同DX、W的最高价氧化物的水化物均为强酸6常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）A使酚酞呈红色的溶液：Na+、NO3、Ba2+、BrB加水稀释pH减小的溶液：K+、Al3+、Cl、CH3COOC含有大量Fe（NO3）2的溶液：NH4+、H+、SO42、IDc（OH）的溶液：ClO、NO3、Na+、Ca2+7下列实验操作不正确的是（）A焰色反应实验时，在蘸取待测液前，先用稀盐酸洗净铂丝并灼烧至无色B将2.5gCuSO45H2O溶于水配成100.0mL溶液，得到0.1molL1硫酸铜溶液C用装置甲吸收SO2
4、D用装置乙制取无水MgCl28给定条件下，下列选项中所示的物质间转化均能通过一步反应实现的是（）AMgCSO3 B0.1molL1HClCl2Ca（ClO）2（aq）CNaCl饱和溶液NaHCO3Na2CO3D淀粉溶液葡萄糖Cu2O9下列指定反应的离子方程式正确的是（）A氨水溶解氯化银沉淀：AgCl+2NH3H2O=Ag（NH3）2+Cl+2H2OBCH3COOH溶液除去水垢中的CaCO3：CaCO3+2H+=Ca2+H2O+CO2C酸性K2Cr2O7溶液氧化双氧水：Cr2O72+8H+5H2O2=2 Cr3+4O2+9H2OD将NaHSO4与Ba（OH）2溶液混合至中性：H+SO42+Ba2
5、+OH=BaSO4+H2O10以N2和H2为反应物、溶有A的稀盐酸为电解质溶液，可制成能固氮的新型燃料电池，原理如图所示下列说法不正确的是（）Ab电极为负极，发生氧化反应Ba电极发生的反应为N2+8H+6e=2NH4+CA溶液中所含溶质为NH4ClD当反应消耗1molN2时，则消耗的H2为67.2L二、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题意若正确答案只包括一个选项，多选时，该题得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反应3NO2（g）+H2O（l）=2H
6、NO3（aq）+NO（g）在室温下可自发进行，则该反应的H0B在铜的电解精炼过程中，若转移1mol电子，则阳极溶解32gCuC常温下向CuS的悬浊液中加入饱和MnSO4溶液可生成MnS沉淀，则Ksp（MnS）Ksp（CuS）D常温下用0.1mol/LNaOH溶液分别滴定相同物质的量浓度和相同体积的盐酸和醋酸，其中实线（如图）表示的是滴定盐酸的曲线12由物质X合成乙烯雌酚Y的一种路线如下：下列叙述正确的是（）A化合物x中不含有手性碳原子B1mol化合物Y与浓溴水反应，最多消耗5mol Br2C在一定条件下化合物Y能发生加聚反应、缩聚反应D在氢氧化钠水溶液中加热，化合物X能发生消去反应13下列实验
7、“操作和现象”与“结论”对应关系正确的是（）选项操作和现象结论ACH4和Cl2混合于试管中光照，颜色逐渐褪去二者发生了化合反应B向淀粉溶液中加入20%的硫酸，加热几分钟，冷却后再加入银氨溶液，水浴，没有银镜生成淀粉没发生水解C将乙醇与浓硫酸共热产生气体直接通入酸性KMnO4溶液检验乙烯的生成D向AgCl沉淀中滴加少量KI溶液，观察到白色沉淀转化为黄色沉淀验证Ksp（AgCl）Ksp（AgI）AABBCCDD14常温下，下列溶液中微粒的物质的量浓度关系一定正确的是（）ANaHCO3溶液中：c（H+）+c（H2CO3）=2c（CO32）+c（OH）B向0.1 molL1的NH4Cl溶液中通入一定量
8、的NH3后：c（Cl）c（NH4+）c（OH）c（H+）C向CH3COOH溶液中滴加NaOH使pH7溶液中：c（Na+）c（CH3COO）c（OH）c（H+）D0.3 molL1的 HY溶液与0.3 molL1的NaOH溶液等体积混合后所得pH=9的溶液中：c（OH）c（HY）=c（H+）=1109 molL115在某温度下，向三个初始体积均为1L的密闭容器中按下表所示投料，发生反应：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）H0达到平衡时，下列说法正确的是（）容器编号容器类型起始物质的量/mol平衡时SO3的物质的量/molSO2O2SO3恒温恒容2101.2绝热恒容002a恒温恒压210 b
9、A平衡时SO3的物质的量：a1.2、b1.2B容器、中平衡常数相同C容器 I中SO2的转化率与容器中SO3的转化率之和小于1D若起始时向容器中充入1.0mol SO2 （g）、0.40mol O2（g）和1.40mol SO3 （g），则此时正逆三、非选择题（共80分）16从含铜丰富的自然资源黄铜矿（CuFeS2）冶炼铜的工艺流程如下：已知：CuFeS2+3CuCl2=4CuCl+FeCl2+2S（1）浸取时，若改用FeCl3溶液，也能生成CuCl和S，该反应化学方程式为（2）若过滤1所得滤液中只含FeCl2，则将其在空气中加热蒸干、灼烧后，所得固体的化学式为（3）调节溶液的pH后，除生成Cu
10、外，还能产生一种金属离子，此金属离子是（填离子符号）（4）过滤3所得滤液中可以循环使用的物质有，为保持流程持续循环，每生成1molCu，理论上需补充CuCl2的物质的量为（5）冶炼工艺还可以将精选后的黄铜矿砂与空气在高温下煅烧，使其转变为铜，化学方程式为：6CuFeS2+13O23Cu2S+2Fe3O4+9SO2、Cu2S+O22Cu+SO2此工艺与前一工艺相比主要缺点有17解草酯是一种除草安全剂，可以通过以下方法合成：（1）化合物D中的含氧官能团的名称为和（2）化合物B的结构简式为；由CD的反应类型是（3）写出同时满足下列条件的C的一种同分异构体的结构简式能发生银镜反应分子含有1个苯环，苯环
11、上含有硝基分子中含有4种不同化学环境的氢（4）已知：CH3CHOClCH2CHO请写出以苯酚和丙醛为原料制备高分子化合物X（结构简式见图）的合成路线流程（无机试剂可任选）合成路线流程图示例如下：CH3CHOCH3COOHCH3COOCH2CH318以NaCl等为原料制备KClO4的过程如下：在无隔膜、微酸性条件下，发生反应：NaCl+H2ONaClO3+H2（未配平）在NaClO3溶液中加入KCl发生复分解反应，降温结晶，得KClO3一定条件下反应：4KClO3=3KClO4+KCl，将产物分离得到KClO4（1）电解时，产生质量为2.13g NaClO3，同时得到H2的体积为L（标准状况）（
12、2）向NaClO3溶液中加入KCl能得到KClO3的原因是（3）该过程制得的KClO4样品中含少量KCl杂质，为测定产品纯度进行如下实验：准确称取5.689g样品溶于水中，配成250mL溶液，从中取出25.00mL于锥形瓶中，加入适量葡萄糖，加热使ClO4全部转化为Cl（反应为：3KClO4+C6H12O66H2O+6CO2+3KCl），加入少量K2CrO4溶液作指示剂，用0.20mol/L AgNO3溶液进行滴定至终点，消耗AgNO3溶液体积21.00mL滴定达到终点时，产生砖红色Ag2CrO4沉淀已知：Ksp（AgCl）=1.81010，Ksp（Ag2CrO4）=1.11012，若c（Cr
13、O42）=1.1104mol/L，则此时c（Cl）=mol/L计算KClO4样品的纯度（请写出计算过程）19ClO2气体是一种高效、广谱、安全的杀菌消毒剂，可用NaClO3和草酸（H2C2O4）反应制得无水草酸100可以升华某学习小组用图1装置模拟工业制取收集ClO2（1）实验时装置A需在60100进行的原因是，控制所需温度的方法是（2）电动搅拌棒的作用是装置A中反应产物有Na2CO3、ClO2和CO2等，该反应的化学方程式为（3）在装置C中ClO2和NaOH反应生成等物质的量的两种盐，其中一种盐为NaClO2，写出反应的离子方程式（4）用ClO2处理过的饮用水（pH为5.56.5）往往残留少
14、量ClO2和一定量对人体不利的亚氯酸根离子（ClO2）ClO2被I还原为ClO2、Cl的转化率与溶液pH的关系如图2所示当pH2.0时，ClO2也能被I还原成Cl2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI根据上述信息，请补充完整测定饮用水中ClO2含量的实验方案：取一定体积的饮用水，加入NaOH溶液调节pH为7.08.0；再重复上述操作12次，计算得出结果（实验中需使用的试剂：淀粉溶液、标准Na2S2O3溶液、KI溶液、稀硫酸）20氢能是一种极具发展潜力的清洁能源，硫碘循环制氢主要的热化学方程式为：SO2（g）+2H2O（l）+I2（g）=H2SO4 （l）+2HI（g）H=35.9kJ
15、/mol.2H2SO4（l）=2SO2（g）+O2（g）+2H2O（l）H=470kJ/mol.2HI（g）=H2（g）+I2（g）H=14.9kJ/mol（1）反应2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）的H=molL1（2）反应在液相中发生称为bensun反应，向水中加入1mol SO2和3mol I2，在不同温度下恰好完全反应生成的n（SO42）和n（Ix）的变化见图甲Ix中x=温度达到120时，该反应不发生的原因是（3）反应是在图乙中进行，其中的高分子膜只允许产物通过，高分子膜能使反应程度（填“增大”、“减小”或“不变”），在该装置中为了进一步增大达平衡时HI的分解率；不考虑温度的影响
16、，还可以采取的措施为（4）图丙是一种制备H2的方法，装置中的MEA为允许质子通过的电解质膜写出阳极电极的反应式：电解产生的氢气可以用镁铝合金（Mg17Al12）来储存，合金吸氢后得到仅含一种金属的氢化物（其中氢的质量分数为0.077）和一种金属单质，该反应的化学方程式为四、选做题本题包括A、B两小题，请选定其中一小题，并在相应的答题区域内作答若多做，则按A小题评分A、物质结构与性质21原子序数小于36的X、Y、Z和铜四种元素，X的基态原子有3个不同的能级，有一个能级中的电子数比其它两个能级的中电子数都多1；Y基态原子中的电子占有5个轨道，其中有2个轨道处于半满状态，Z的原子序数为24（1）Z原
17、子基态核外电子排布式为（2）元素X与Y的第一电离能较大的是（填元素符号）；H2Y2中Y原子轨道的杂化类型为（3）+3价Z的配合物KZ（C2O4）2（H2O）2中的配体是；与C2O42互为等电子体的一种分子的化学式为（4）Cu和Y形成的化合物的晶胞如图所示，晶胞中与铜离子距离相等且最近的铜离子有个某种有缺陷的铜和Y形成的化合物的晶体由Cu2+、Cu3+、Y2及空隙组成，可表示为Cu0.98Y，则n（Cu2+）/n（Cu3+）=B.实验化学22抗癌药物是己烷雌酚白色粉末，难溶于水，易溶于乙醇它的一种合成原理如图1：有关的实验步骤为（实验装置见图2）：向装置A中依次加入沸石、一定比例的试剂X和金属钠
18、控制温度300，使反应充分进行向冷却后的三颈烧瓶内加入HI溶液，调节pH至45在装置B中用水蒸气蒸馏，除去未反应的试剂X（1）装置A中冷凝管由端（填“a”或“b”）通入冷凝水（2）步骤中反应的化学方程式为（3）装置B在进行水蒸气蒸馏之前，需进行的操作为，玻璃管的作用为（4）当观察到装置B的冷凝管中，说明水蒸气蒸馏结束（5）进行步骤实验时，有下列操作（每项操作只进行一次）：a过滤； b加入水进行反萃取；c冷却、抽滤，用水洗涤晶体；d向三颈烧瓶中加入乙醇，得己烷雌酚的乙醇溶液正确的操作顺序是（填字母）2016年江苏省徐州市、连云港市、宿迁市联考高考化学一模试卷参考答案与试题解析一、单项选择题：本题
19、共10小题，每小题2分，共20分每小题只有一个选项符合题意1化学与材料、能源、环境等密切联系下列说法不正确的是（）A研发光电转换材料，充分利用太阳能B包装材料聚氯乙烯属于烃，会造成环境污染C用石灰对煤燃烧形成的烟气脱硫，并回收石膏D研发高效生物生长调节剂，减少对化肥的使用【考点】清洁能源【分析】A太阳能取之不尽用之不竭； B烃是碳、与氢原子所构成的化合物；C脱硫可以减少二氧化硫的排放，反应生成石膏矿；D高效生物生长调节剂可促进植物生长【解答】解：A开发光电转换材料，充分利用太阳能，是化学发展方向之一，故A正确； B聚氯乙烯含有氯元素，不是烃，故B错误；C用石灰对煤燃烧后形成的烟气脱硫，可以减少
20、二氧化硫的排放，反应生成石膏矿，故C正确；D高效生物生长调节剂可促进植物生长，可减少对化肥的使用，故D正确故选B2下列有关化学用语正确的是（）A中子数为18的硫原子： SB氨分子的电子式：C苯乙酸钠的结构简式：DH2SO3的电离方程式：H2SO32H+SO32【考点】电子式；结构简式；电离方程式的书写【分析】A硫原子质子数为16，质量为为34； B氨气分子的电子式中漏掉了氮原子的1对未成键电子；C为苯甲酸钠；D亚硫酸为二元弱酸，在溶液中部分电离出氢离子和亚硫酸氢根离子【解答】解：A硫原子质子数为16，质量为为34，该硫原子可以表示为：1634S，故A正确； B氨气分子中氮原子最外层达到8电子稳
21、定结构，漏掉了氮原子的一对孤电子对，氨气的电子式为，故B错误；C为苯甲酸钠，故C错误；D亚硫酸为二元弱酸，在溶液中部分电离出氢离子和亚硫酸氢根离子，其电离方程式为：H2SO3H+HSO3，故D错误故选A3下列说法不正确的是（）A分子式为C2H4O2的有机物不一定有酸性B当物质中的化学键发生断裂时，一定发生化学变化C等质量的Al分别按a、b两种途径完全转化，途径a比途径b产生的H2多途径a：AlH2途径b：AlFeH2D只由一种元素的阳离子与另一种元素的阴离子组成的物质不一定是纯净物【考点】化学实验方案的评价；混合物和纯净物；化学键；有机化合物的异构现象【分析】A该有机物为CH3COOH或HCO
22、OCH3，若为HCOOCH3不具有酸性；B化学变化必须有新物质所处，而离子键在熔融状态下一定断裂及某些共价键在水溶液中的电离，都没有新物质生成；C等质量的Al具有相同的物质的量，设物质的量为n，利用电子守恒计算出生成氢气的量即可；D只由一种元素的阳离子与另一种元素的阴离子组成的物质，可能为混合物，如氯化铁和氯化亚铁的混合物【解答】解：A分子式为C2H4O2的有机物可能为CH3COOH或HCOOCH3，CH3COOH具有酸性，而HCOOCH3不具有酸性，故A正确；B离子键在熔融状态下一定断裂，如氯化钠在熔融状态下离子键断裂，但不是化学变化；某些共价键在水溶液中可能断裂，如HCl气体溶于水后，共价
23、键断裂，但也不是化学变化，故B错误；C等质量的Al分别按a、b两种途径完全转化，设Al的物质的量为nmol，根据电子守恒可知途径a生成氢气的物质的量为： =1.5nmol，途径b生成Fe的物质的量为nmol，nmolFe与盐酸完全反应生成氢气的物质的量为： =nmol，显然途径a比途径b产生的H2多，故C正确；D纯净物是由一种物质构成的物质，只由一种元素的阳离子与另一种元素的阴离子组成的物质不一定为纯净物，如氯化铁和氯化亚铁的混合物，故D正确；故选B4工业上常利用铝粉和氧化铁反应来焊接铁轨下列说法正确的是（）A氧化铝、氧化铁均为两性氧化物B氧化铝中的微粒半径：r（Al3+）r（O2）C在该反应
24、中，铝的还原性强于铁的还原性D1mol 氧化铁参加反应转移电子数约为46.021023【考点】氧化还原反应【分析】A氧化铁是碱性氧化物；B电子排布相同的微粒，原子序数越大，微粒半径越小；C氧化还原反应中还原剂的还原性大于还原产物的还原性；D根据化合价的变化判断【解答】解：A氧化铝为两性氧化物，氧化铁是碱性氧化物，故A错误；B电子排布相同的微粒，原子序数越大，微粒半径越小，则微粒半径：r（O2）r（Al3+），故B错误；C氧化还原反应中还原剂的还原性大于还原产物的还原性，2Al+Fe2O32Fe+Al2O3，反应中Al作还原剂，所以铝的还原性强于铁的还原性，故C正确；DFe2O3中Fe元素的化合
25、价为+3价，反应后变为0价，所以1mol氧化铁参加反应得到6mol 电子，转移电子数约为66.021023，故D错误故选C5短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，它们原子的最外层电子数之和为19Y原子的电子层数与最外层电子数的比等于，Z原子最外层电子数与内层电子数的比为下列说法正确的是（）A非金属性：YXWB简单气态氢化物的热稳定性：YXC化合物ZW、XY中化学键类型相同DX、W的最高价氧化物的水化物均为强酸【考点】原子结构与元素周期律的关系【分析】Y原子的电子层数与最外层电子数的比等于，最外层最多含有8个电子，则Y只能含有2个电子层，Y为O元素；Z原子最外层电子数与内层电子数的比为
26、，由于Z为短周期元素，则Z最外层电子数为1，、内层电子总数为10，则Z为Na元素；X、Y、Z、W的最外层电子数之和为19，则X、W的最外层电子数=1916=12，X、W的最外层电子数不可能都是6；若X最外层含有5个电子，W的最外层含有7个电子，则X为N元素、W为Cl元素，满足条件；若X的最外层含有含有7个电子，W的最外层含有5个电子，则X为F、W为P，F的原子序数大于O，不满足条件，所以X为N元素、W为Cl元素，据此进行解答【解答】解：Y原子的电子层数与最外层电子数的比等于，最外层最多含有8个电子，则Y只能含有2个电子层，Y为O元素；Z原子最外层电子数与内层电子数的比为，由于Z为短周期元素，则
27、Z最外层电子数为1，、内层电子总数为10，则Z为Na元素；X、Y、Z、W的最外层电子数之和为19，则X、W的最外层电子数=1916=12，X、W的最外层电子数不可能都是6；若X最外层含有5个电子，W的最外层含有7个电子，则X为N元素、W为Cl元素，满足条件；若X的最外层含有含有7个电子，W的最外层含有5个电子，则X为F、W为P，F的原子序数大于O，不满足条件，所以X为N元素、W为Cl元素，AX、Y、W分别为N、O、Cl，三者的非金属性大小为：NOCl，故A错误；BX、Y分别为N、O，非金属性：NO，则简单气态氢化物的热稳定性：YX，故B错误；C化合物ZW为NaCl、XY为NO，NaCl中含有离
28、子键，NO含有共价键，二者的化学键类型不同，故C错误；DX、W的最高价氧化物的水化物分别为硝酸和高氯酸，二者都是强酸，故D正确；故选D6常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）A使酚酞呈红色的溶液：Na+、NO3、Ba2+、BrB加水稀释pH减小的溶液：K+、Al3+、Cl、CH3COOC含有大量Fe（NO3）2的溶液：NH4+、H+、SO42、IDc（OH）的溶液：ClO、NO3、Na+、Ca2+【考点】离子共存问题【分析】A使酚酞呈红色的溶液，显碱性；B加水稀释pH减小的溶液，显碱性；C离子之间发生氧化还原反应；Dc（OH）的溶液，显酸性【解答】解：A使酚酞呈红色的溶液，显碱
29、性，该组离子之间不反应，可大量共存，故A正确；B加水稀释pH减小的溶液，显碱性，碱溶液中不能大量存在Al3+，故B错误；CH+、NO3、I（或Fe2+）发生氧化还原反应，不能大量共存，故C错误；Dc（OH）的溶液，显酸性，不能大量存在ClO，故D错误；故选A7下列实验操作不正确的是（）A焰色反应实验时，在蘸取待测液前，先用稀盐酸洗净铂丝并灼烧至无色B将2.5gCuSO45H2O溶于水配成100.0mL溶液，得到0.1molL1硫酸铜溶液C用装置甲吸收SO2D用装置乙制取无水MgCl2【考点】化学实验方案的评价【分析】A用稀盐酸洗净铂丝并灼烧至火焰为无色，可排除干扰； B溶液体积应为100mL，
30、在烧杯中加水溶解，水的体积应小于100mL；C二氧化硫与氯化钡不反应；D镁离子水解，应抑制其水解得到无水盐【解答】解：A用稀盐酸洗净铂丝并灼烧至火焰为无色，可排除干扰，操作合理，故A正确； B溶液体积应为100mL，在烧杯中加水溶解，水的体积应小于100mL，然后冷却、转移到100mL容量瓶中定容，故B正确；C二氧化硫与氯化钡不反应，无法除杂，故C错误；D镁离子水解，应抑制其水解得到无水盐，所以利用MgCl2H2O制得无水氯化镁，应采取的措施是在HCl气流中脱水，抑制氯化镁水解，故D正确故选C8给定条件下，下列选项中所示的物质间转化均能通过一步反应实现的是（）AMgCSO3 B0.1molL1
31、HClCl2Ca（ClO）2（aq）CNaCl饱和溶液NaHCO3Na2CO3D淀粉溶液葡萄糖Cu2O【考点】化学基本反应类型【分析】A浓硫酸的还原产物是二氧化硫，据此判断；B实验室利用浓盐酸与二氧化锰制取氯气；C饱和食盐水中通入氨气和二氧化碳气体可制取小苏打溶液，碳酸氢钠加热分解可得到苏打；D淀粉水解成葡萄糖后，溶液呈酸性，需要加碱中和呈弱碱性，再进行葡萄糖的验证【解答】解：AC与浓硫酸反应生成二氧化硫，二氧化硫与氧气反应生成三氧化硫，故三氧化硫的生成需要2步，故A错误；B.0.1mol/L的盐酸为稀盐酸，不能与二氧化锰制得氯气，故B错误；C向氯化钠饱和溶液中通入氨气和二氧化碳可以制得小苏打
32、的过饱和溶液，碳酸氢钠加热分解得到碳酸钠，故C正确；D葡萄糖与新制氢氧化铜悬浊液反应时，溶液应呈弱碱性，故D错误，故选C9下列指定反应的离子方程式正确的是（）A氨水溶解氯化银沉淀：AgCl+2NH3H2O=Ag（NH3）2+Cl+2H2OBCH3COOH溶液除去水垢中的CaCO3：CaCO3+2H+=Ca2+H2O+CO2C酸性K2Cr2O7溶液氧化双氧水：Cr2O72+8H+5H2O2=2 Cr3+4O2+9H2OD将NaHSO4与Ba（OH）2溶液混合至中性：H+SO42+Ba2+OH=BaSO4+H2O【考点】离子方程式的书写【分析】A氨水与氯化银沉淀发生络合反应生成可溶性络合物；B醋酸
33、为弱酸，应保留化学式；C得失电子不守恒；D将NaHSO4与Ba（OH）2溶液混合至中性，硫酸氢钠与氢氧化钡物质的量之比为2：1；【解答】解：A氨水与氯化银沉淀发生络合反应生成可溶性络合物，离子方程式：AgCl+2NH3H2O=Ag（NH3）2+Cl+2H2O，故A正确；BCH3COOH溶液除去水垢中的CaCO3，离子方程式：CaCO3+2CH3COOH=Ca2+H2O+CO2+2CH3COO，故B错误；C酸性K2Cr2O7溶液可氧化双氧水H2O2的离子反应为Cr2O72+8H+3H2O2=2Cr3+3O2+7H2O，故C错误；D将NaHSO4与Ba（OH）2溶液混合至中性，离子方程式：2H+S
34、O42+Ba2+2OH=BaSO4+2H2O，故D错误；故选：A10以N2和H2为反应物、溶有A的稀盐酸为电解质溶液，可制成能固氮的新型燃料电池，原理如图所示下列说法不正确的是（）Ab电极为负极，发生氧化反应Ba电极发生的反应为N2+8H+6e=2NH4+CA溶液中所含溶质为NH4ClD当反应消耗1molN2时，则消耗的H2为67.2L【考点】化学电源新型电池【分析】以N2、H2为原料，以溶有A的稀盐酸为电解质溶液构成新型燃料电池，正极发生还原反应，即氮气被还原生成NH4+，电极反应式为N2+6e+8H+=2NH4+；负极是氢气失电子生成氢离子，电极方程式为H22e=2H+，电流从正极流向负极
35、，以此解答该题【解答】解：A原电池中失电子的一极为负极，则通入氢气的b极为负极，故A正确；B放电过程中，负极电极反应为：H22e=2H+，正极电极反应N2+8H+6e2NH4+，故B正确；C根据负极电极反应为：H22e=2H+，正极电极反应N2+8H+6e2NH4+，总反应式为N2+3H2+2H+=2NH4+，则H2为负极，A为NH4Cl，故C正确；D负极电极反应为：H22e=2H+，正极电极反应N2+8H+6e2NH4+，总反应式为N2+3H2+2H+=2NH4+，当反应消耗1molN2时，则消耗的H2为3mol，在标准状况下为67.2L，没有说明是标准状况，故D错误故选D二、不定项选择题：
36、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题意若正确答案只包括一个选项，多选时，该题得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反应3NO2（g）+H2O（l）=2HNO3（aq）+NO（g）在室温下可自发进行，则该反应的H0B在铜的电解精炼过程中，若转移1mol电子，则阳极溶解32gCuC常温下向CuS的悬浊液中加入饱和MnSO4溶液可生成MnS沉淀，则Ksp（MnS）Ksp（CuS）D常温下用0.1mol/LNaOH溶液分别滴定相同物质的量浓度和相同体积的盐酸和醋酸，其中实线
37、（如图）表示的是滴定盐酸的曲线【考点】反应热和焓变；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；电解原理；中和滴定【分析】A、反应3NO2（g）+H2O（l）=2HNO3（aq）+NO（g）为上熵减的反应，在室温下可自发进行，则该反应的H0；B、在铜的电解精炼过程中，若转移1mol电子，则阳极溶解的不仅仅是铜，还有铁锌等金属，故铜的质量小于32gCu；C、Ksp反映物质的溶解程度，沉淀向着Ksp更小的物质转化；D、相同物质的量浓度和相同体积的盐酸和醋酸，醋酸是弱电解质，盐酸溶液pH小于醋酸【解答】解：A、反应3NO2（g）+H2O（l）=2HNO3（aq）+NO（g）为上熵减的反应，在室温下可自发进
38、行，则该反应的H0，故A正确；B、在铜的电解精炼过程中，若转移1mol电子，则阳极溶解的不仅仅是铜，还有铁锌等金属，故铜的质量小于32gCu，故B错误；C、沉淀向着Ksp更小的物质转化，当MnS悬浊液中滴加少量CuSO4溶液可生成CuS沉淀，则Ksp（CuS）Ksp（MnS），故C错误；D、相同物质的量浓度和相同体积的盐酸和醋酸，醋酸是弱电解质，盐酸溶液pH小于醋酸，图象中虚线是盐酸，故D错误；故选A12由物质X合成乙烯雌酚Y的一种路线如下：下列叙述正确的是（）A化合物x中不含有手性碳原子B1mol化合物Y与浓溴水反应，最多消耗5mol Br2C在一定条件下化合物Y能发生加聚反应、缩聚反应D在
39、氢氧化钠水溶液中加热，化合物X能发生消去反应【考点】有机物的结构和性质【分析】A化合物x中与Br相连的C连接4个不同基团；B化合物Y中含酚OH和碳碳双键；C化合物Y中含酚OH和碳碳双键；D氢氧化钠水溶液中加热，化合物X发生水解反应【解答】解：A化合物x中与Br相连的C连接4个不同基团，该碳原子为手性碳原子，故A错误；B化合物Y中含酚OH和碳碳双键，则1mol化合物Y与浓溴水反应，最多消耗5mol Br2，故B正确；C化合物Y中含酚OH可发生缩聚反应，含碳碳双键可发生加聚反应，故C正确；D氢氧化钠水溶液中加热，化合物X发生水解反应，在NaOH、醇溶液中加热发生消去反应，故D错误；故选BC13下列
40、实验“操作和现象”与“结论”对应关系正确的是（）选项操作和现象结论ACH4和Cl2混合于试管中光照，颜色逐渐褪去二者发生了化合反应B向淀粉溶液中加入20%的硫酸，加热几分钟，冷却后再加入银氨溶液，水浴，没有银镜生成淀粉没发生水解C将乙醇与浓硫酸共热产生气体直接通入酸性KMnO4溶液检验乙烯的生成D向AgCl沉淀中滴加少量KI溶液，观察到白色沉淀转化为黄色沉淀验证Ksp（AgCl）Ksp（AgI）AABBCCDD【考点】化学实验方案的评价【分析】A氯气和甲烷在光照条件下发生取代反应生成氯代烃；B银镜反应必须在碱性条件下进行；C乙醇具有挥发性，浓硫酸被乙醇还原生成二氧化硫，二氧化硫、乙醇都能被酸性
41、高锰酸钾溶液氧化；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氯气和甲烷在光照条件下发生取代反应生成氯代烃和HCl，该反应类型是取代反应而不是化合反应，故A错误；B银镜反应必须在碱性条件下进行，所以在滴加银氨溶液之前需要滴加NaOH中和未反应的稀硫酸，否则生成的AgOH干扰实验，故B错误；C乙醇具有挥发性，浓硫酸被乙醇还原生成二氧化硫，所以生成的乙烯中含有二氧化硫、乙醇，二氧化硫、乙醇都能被酸性高锰酸钾溶液氧化而干扰实验，所以在通入酸性高锰酸钾溶液之前用NaOH溶液除去乙醇和二氧化硫，故C错误；D溶度积常数大的物质能转化为溶度积常数小的物质，向AgCl沉淀中滴加少量KI溶液，观
42、察到白色沉淀转化为黄色沉淀，说明Ksp（AgCl）Ksp（AgI），故D正确；故选D14常温下，下列溶液中微粒的物质的量浓度关系一定正确的是（）ANaHCO3溶液中：c（H+）+c（H2CO3）=2c（CO32）+c（OH）B向0.1 molL1的NH4Cl溶液中通入一定量的NH3后：c（Cl）c（NH4+）c（OH）c（H+）C向CH3COOH溶液中滴加NaOH使pH7溶液中：c（Na+）c（CH3COO）c（OH）c（H+）D0.3 molL1的 HY溶液与0.3 molL1的NaOH溶液等体积混合后所得pH=9的溶液中：c（OH）c（HY）=c（H+）=1109 molL1【考点】离子浓
43、度大小的比较【分析】A根据质子守恒分析；B根据电荷守恒分析；C当少量的CH3COOH与NaOH反应生成CH3COONa，溶液中NaOH的物质的量可能大于CH3COONa；D取0.3molL1HY溶液与0.3molL1NaOH溶液等体积混合，恰好生成NaY，测得混合溶液的pH=9，说明溶液呈碱性，NaY为强碱弱酸盐，结合电荷守恒和物料守恒分析【解答】解：ANaHCO3溶液中，存在质子守恒，即：c（H+）+c（H2CO3）=c（CO32）+c（OH），故A错误；B向0.1 molL1的NH4Cl溶液中通入一定量的NH3后，电荷守恒为c（Cl）+c（OH）=c（H+）+c（NH4+），当c（Cl）c
44、（NH4+）时，c（OH）c（H+），故B错误；C当少量的CH3COOH与NaOH反应生成CH3COONa，溶液中NaOH的物质的量可能大于CH3COONa，所以溶液中可能存在：c（Na+）c（OH）c（CH3COO）c（H+），故C错误；D取0.3molL1HY溶液与0.3molL1NaOH溶液等体积混合，恰好生成NaY，测得混合溶液的pH=9，根据物料守恒，应有c（HY）+c（Y）=c（Na+），根据电荷守恒应有c（Na+）+c（H+）=c（Y）+c（OH），二者联式可得：c（HY）+c（H+）=c（OH），则c（OH）c（HY）=c（H+）=1109molL1，故D正确故选D15在某温度
45、下，向三个初始体积均为1L的密闭容器中按下表所示投料，发生反应：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）H0达到平衡时，下列说法正确的是（）容器编号容器类型起始物质的量/mol平衡时SO3的物质的量/molSO2O2SO3恒温恒容2101.2绝热恒容002a恒温恒压210 bA平衡时SO3的物质的量：a1.2、b1.2B容器、中平衡常数相同C容器 I中SO2的转化率与容器中SO3的转化率之和小于1D若起始时向容器中充入1.0mol SO2 （g）、0.40mol O2（g）和1.40mol SO3 （g），则此时正逆【考点】化学平衡建立的过程【分析】A绝热恒容时，为SO3反应物，正反应为吸热反
46、应；恒温恒压时，反应2SO2（g）+O2（g）2SO3为气体体积减小的反应；B平衡常数与温度有关，容器、温度不同；C容器中SO3的转化率相比容器 I中转化率减小；D先计算浓度商，根据浓度商与化学平衡常数相对大小判断反应方向，从而确定正逆反应速率相对大小【解答】解：A绝热恒容时，为SO3反应物，发生反应2SO3（g）2SO2（g）+O2（g）H0，正反应为吸热反应，温度降低，平衡向生成SO3的方向移动，a1.2，反应2SO2（g）+O2（g）2SO3为气体体积减小的反应，恒温恒压时，与原平衡相比相当于压强增大，平衡向生成SO3的方向移动，b1.2，故A正确；B平衡常数与温度有关，容器绝热温度会越
47、来越高，容器恒温温度不变，所以容器、温度不同，平衡常数不同，故B错误；C根据A分析，SO3的转化率减小，即容器 I中SO2的转化率与容器中SO3的转化率之和小于1，故C正确；D容器 I中反应达到平衡状态时，c（SO3）=1.2mol/L，c（SO2）=mol/L=0.8mol/L，c（O2）=mol/L=0.4mol/L，化学平衡常数K=5.625，若起始时向容器中充入1.0mol SO2 （g）、0.40mol O2（g）和1.40mol SO3 （g），浓度商=4.95.625，则该反应向正反应方向移动，则此时V正V逆，故D错误故选：AC三、非选择题（共80分）16从含铜丰富的自然资源黄铜
48、矿（CuFeS2）冶炼铜的工艺流程如下：已知：CuFeS2+3CuCl2=4CuCl+FeCl2+2S（1）浸取时，若改用FeCl3溶液，也能生成CuCl和S，该反应化学方程式为CuFeS2+3FeCl3=CuCl+4FeCl2+2S（2）若过滤1所得滤液中只含FeCl2，则将其在空气中加热蒸干、灼烧后，所得固体的化学式为Fe2O3（3）调节溶液的pH后，除生成Cu外，还能产生一种金属离子，此金属离子是Cu2+（填离子符号）（4）过滤3所得滤液中可以循环使用的物质有HCl和CuCl2，为保持流程持续循环，每生成1molCu，理论上需补充CuCl2的物质的量为0.5mol（5）冶炼工艺还可以将精
49、选后的黄铜矿砂与空气在高温下煅烧，使其转变为铜，化学方程式为：6CuFeS2+13O23Cu2S+2Fe3O4+9SO2、Cu2S+O22Cu+SO2此工艺与前一工艺相比主要缺点有会产生污染环境的气体SO2，（能耗高等）【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；制备实验方案的设计【分析】CuFeS2加入CuCl2浸取发生CuFeS2+3CuCl2=4CuCl+FeCl2+2S，过滤后得到滤液含有FeCl2，固体含有CuCl、S，加入盐酸除硫，过滤得到滤液含有CuCl2，调节溶液pH发生歧化反应生成Cu和Cu2+，过滤可得到Cu，得到滤液含有Cu2+，以此解答该题【解答】解：CuFeS2加
50、入CuCl2浸取发生CuFeS2+3CuCl2=4CuCl+FeCl2+2S，过滤后得到滤液含有FeCl2，固体含有CuCl、S，加入盐酸除硫，过滤得到滤液含有CuCl2，调节溶液pH发生歧化反应生成Cu和Cu2+，过滤可得到Cu，得到滤液含有Cu2+，（1）CuFeS2和3FeCl3之间发生的是氧化还原反应，化学方程式为：CuFeS2+3FeCl3=CuCl+4FeCl2+2S，故答案为：CuFeS2+3FeCl3=CuCl+4FeCl2+2S；（2）过滤1所得滤液中只含FeCl2，将其在空气中加热蒸干、灼烧后，加入发生中发生水解上火车氢氧化亚铁，氢氧化亚铁被氧化生成氢氧化铁，氢氧化铁灼烧分
51、解生成氧化铁，所得固体为Fe2O3，故答案为：Fe2O3；（3）过滤得到滤液含有CuCl2，调节溶液pH发生歧化反应生成Cu和Cu2+，故答案为：Cu2+；（4）滤3所得滤液中含有HCl和CuCl2，可以循环使用，涉及反应有CuFeS2+3CuCl2=4CuCl+FeCl2+2S、2CuCl=Cu+CuCl2，综合两个化学方程式可得CuFeS2+CuCl2=2Cu+FeCl2+2S，由方程式可得每生成1molCu，理论上需补充CuCl2的物质的量为0.5mol，故答案为：HCl和CuCl2；0.5mol；（5）将精选后的黄铜矿砂与空气在高温下煅烧，使其转变为铜，反应生成二氧化硫气体，污染空气，
52、且能耗高，故答案为：会产生污染环境的气体SO2，（能耗高等）17解草酯是一种除草安全剂，可以通过以下方法合成：（1）化合物D中的含氧官能团的名称为羧基和醚键（2）化合物B的结构简式为；由CD的反应类型是取代反应（3）写出同时满足下列条件的C的一种同分异构体的结构简式能发生银镜反应分子含有1个苯环，苯环上含有硝基分子中含有4种不同化学环境的氢（4）已知：CH3CHOClCH2CHO请写出以苯酚和丙醛为原料制备高分子化合物X（结构简式见图）的合成路线流程（无机试剂可任选）合成路线流程图示例如下：CH3CHOCH3COOHCH3COOCH2CH3【考点】有机物的推断【分析】（1）根据D的结构简式，可
53、知含有的含氧官能团为羧基、醚键；（2）对比A、C结构及B的分子式，可知A中羟基中H原子被CH2COOCH3取代生成B；对比C、D结构可知C中苯环上H原子被Cl取代生成D；（3）C的同分异构体他满足：能发生银镜反应，说明含有醛基，分子含有1个苯环，苯环上含有硝基，分子中含有4种不同化学环境的氢，还含有2个CH=CH2，CHO与硝基处于对位，且2个CH=CH2关于CHO与硝基的轴线对称；（4）合成需要先准备，可以由发生消去反应得到，而可以由与氢气发生加成反应得到，结合AB的转化可知由与苯酚发生取代反应得到，CH3CH2CHO与氯气加热反应得到【解答】解：（1）根据D的结构简式，可知含有的含氧官能团
54、为羧基、醚键，故答案为：羧基、醚键；（2）对比A、C结构及B的分子式，可知A中羟基中H原子被CH2COOCH3取代生成B，则B的结构简式为：，对比C、D结构可知C中苯环上H原子被Cl取代生成D，属于取代反应，故答案为：，取代反应；（3）C的同分异构体他满足：能发生银镜反应，说明含有醛基，分子含有1个苯环，苯环上含有硝基，分子中含有4种不同化学环境的氢，还含有2个CH=CH2，CHO与硝基处于对位，且2个CH=CH2关于CHO与硝基的轴线对称，符合条件的同分异构体为：，故答案为：；（4）合成需要先准备，可以由发生消去反应得到，而可以由与氢气发生加成反应得到，结合AB的转化可知由与苯酚发生取代反应
55、得到，CH3CH2CHO与氯气加热反应得到，合成路线流程图为：，故答案为：18以NaCl等为原料制备KClO4的过程如下：在无隔膜、微酸性条件下，发生反应：NaCl+H2ONaClO3+H2（未配平）在NaClO3溶液中加入KCl发生复分解反应，降温结晶，得KClO3一定条件下反应：4KClO3=3KClO4+KCl，将产物分离得到KClO4（1）电解时，产生质量为2.13g NaClO3，同时得到H2的体积为1.344L（标准状况）（2）向NaClO3溶液中加入KCl能得到KClO3的原因是低温时，KClO3溶解度小，从溶液中结晶析出（3）该过程制得的KClO4样品中含少量KCl杂质，为测定
56、产品纯度进行如下实验：准确称取5.689g样品溶于水中，配成250mL溶液，从中取出25.00mL于锥形瓶中，加入适量葡萄糖，加热使ClO4全部转化为Cl（反应为：3KClO4+C6H12O66H2O+6CO2+3KCl），加入少量K2CrO4溶液作指示剂，用0.20mol/L AgNO3溶液进行滴定至终点，消耗AgNO3溶液体积21.00mL滴定达到终点时，产生砖红色Ag2CrO4沉淀已知：Ksp（AgCl）=1.81010，Ksp（Ag2CrO4）=1.11012，若c（CrO42）=1.1104mol/L，则此时c（Cl）=1.8106mol/L计算KClO4样品的纯度（请写出计算过程）
57、n（AgNO3）=0.2000molL10.021L=0.0042mol，n（KCl）总=n（AgNO3）=0.0042moln（KClO4）+n（KCl）=0.0042mol，n（KClO4）138.5gmol1+n（KCl）74.5gmol1=0.56890g，n（KClO4）=0.0040mol，m（KClO4）=0.004mol138.5gmol1=0.554g，250ml溶液中m（KClO4）=5.54gKClO4样品的纯度=100%=97.3%【考点】化学平衡的计算；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质【分析】（1）先配平化学方程式，结合化学方程式定量关系计算得到；（2）在NaCl
58、O3溶液中加入KCl发生复分解反应，降温结晶，得KClO3利用的是溶解度不同析出晶体；（3）依据Ksp（Ag2CrO4）=1.11012，若c（CrO42）=1.1104mol/L，计算得到银离子浓度，结合Ksp（AgCl）=1.81010，计算得到氯离子浓度；准确称取5.689g样品溶于水中，配成250mL溶液，从中取出25.00mL于锥形瓶中，加入适量葡萄糖，加热使ClO4全部转化为Cl（反应为：3KClO4+C6H12O66H2O+6CO2+3KCl），加入少量K2CrO4溶液作指示剂，用0.20mol/L AgNO3溶液进行滴定至终点，消耗AgNO3溶液体积为21.00mLn（AgNO
59、3）=0.2000 molL10.021L=0.0042 mol，n（KCl）总=n（AgNO3）=0.0042 moln（KClO4）+n（KCl）=0.0042 mol，n（KClO4）138.5 gmol1+n（KCl）74.5 gmol1=0.56890g，n（KClO4）=0.0040 mol，m（KClO4）=0.004 mol138.5 gmol1=0.554g，250ml溶液中m（KClO4）=5.54g，纯度=100%【解答】解：（1）电解时，产生质量为2.13g NaClO3，物质的量=0.02molNaCl+3H2O=NaClO3+3H2， 1 3 0.02mol 0.0
60、6mol同时得到H2的物质的量为0.06mol，体积=0.06mol22.4L/mol=1.344L，故答案为：1.344；（2）在NaClO3溶液中加入KCl发生复分解反应，降温结晶，得KClO3的原因是低温时，KClO3溶解度小，从溶液中结晶析出，故答案为：低温时，KClO3溶解度小，从溶液中结晶析出；（3）若c（CrO42）=1.1104mol/L，Ksp（Ag2CrO4）=c2（Ag+）c（CrO4 2）=1.11012，c（Ag+）=104mol/L，Ksp（AgCl）=c（Ag+）c（Cl）=1.81010，c（Cl）=1.8106 mool/L，故答案为：1.8106；准确称取5
61、.689g样品溶于水中，配成250mL溶液，从中取出25.00mL于锥形瓶中，加入适量葡萄糖，加热使ClO4全部转化为Cl（反应为：3KClO4+C6H12O66H2O+6CO2+3KCl），加入少量K2CrO4溶液作指示剂，用0.20mol/L AgNO3溶液进行滴定至终点，消耗AgNO3溶液体积为21.00mLn（AgNO3）=0.2000 molL10.021L=0.0042 mol，n（KCl）总=n（AgNO3）=0.0042 moln（KClO4）+n（KCl）=0.0042 mol，n（KClO4）138.5 gmol1+n（KCl）74.5 gmol1=0.56890g，n（K
62、ClO4）=0.0040 mol，m（KClO4）=0.004 mol138.5 gmol1=0.554g，250ml溶液中m（KClO4）=5.54gKClO4样品的纯度=100%=97.3%，故答案为：97.3%19ClO2气体是一种高效、广谱、安全的杀菌消毒剂，可用NaClO3和草酸（H2C2O4）反应制得无水草酸100可以升华某学习小组用图1装置模拟工业制取收集ClO2（1）实验时装置A需在60100进行的原因是温度过低，化学反应速率较慢，温度过高草酸升华或分解，控制所需温度的方法是水浴加热（2）电动搅拌棒的作用是将反应物充分混合（或充分反应、或使反应物受热均匀）装置A中反应产物有Na
63、2CO3、ClO2和CO2等，该反应的化学方程式为2NaClO3+H2C2O4Na2CO3+CO2+2ClO2+H2O（3）在装置C中ClO2和NaOH反应生成等物质的量的两种盐，其中一种盐为NaClO2，写出反应的离子方程式2ClO2+2OH=ClO3+ClO2+H2O（4）用ClO2处理过的饮用水（pH为5.56.5）往往残留少量ClO2和一定量对人体不利的亚氯酸根离子（ClO2）ClO2被I还原为ClO2、Cl的转化率与溶液pH的关系如图2所示当pH2.0时，ClO2也能被I还原成Cl2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI根据上述信息，请补充完整测定饮用水中ClO2含量的实验方
64、案：取一定体积的饮用水，加入NaOH溶液调节pH为7.08.0；加入足量KI溶液，加2滴淀粉溶液；用标准Na2S2O3溶液滴定至终点（或蓝色褪去），记录消耗标准Na2S2O3溶液的体积；加入稀硫酸调节溶液的pH2.0；继续用标准Na2S2O3溶液滴定至终点，记录消耗标准Na2S2O3溶液的体积；再重复上述操作12次，计算得出结果（实验中需使用的试剂：淀粉溶液、标准Na2S2O3溶液、KI溶液、稀硫酸）【考点】制备实验方案的设计【分析】实验过程分析：装置A中盛放草酸和NaClO3，反应生成ClO2气体：2NaClO3+H2C2O4Na2CO3+CO2+2ClO2+H2O，装置A用电动搅拌棒，将反
65、应物充分混合（或充分反应、或使反应物受热均匀），B为ClO2的凝集装置，装置C为尾气吸收装置（1）无水草酸100可以升华所以反应温度低于100，温度过低，反应速率慢，所以实验时装置A需在60100进行，60100反应，需要用水浴加热；（2）电动搅拌可让让反应物充分的接触，加快反应速率；装置A中反应物为NaClO3、H2C2O4，产物有Na2CO3、ClO2和CO2等，根据反应物和生成物书写化学方程式；（3）NaOH吸收ClO2，生成物质的量之比为1：1的两种阴离子，一种为ClO2，根据氧化还原反应规律来书写；（4）题目信息提示用的是连续碘量法进行测定，信息用Na2S2O3溶液滴定至终点，说明步
66、骤中有碘生成，结合pH2.0时，ClO2与I反应的离子方程式可判断出调节溶液的pH2.0，据此设计测定饮用水中ClO2含量的实验方案【解答】解：（1）一般来说，升高温度，活化分子的百分数增大，反应速率增大，温度过低，化学反应速率较慢，无水草酸100可以升华，温度过高草酸升华或分解，所以实验时装置A需在60100进行，反应温度低于水的沸点，用水浴可使反应容器受热均匀，所以反应要用水浴加热，故答案为：温度过低，化学反应速率较慢，温度过高草酸升华或分解；水浴加热；（2）实验时电动搅拌，能增加反应物的接触机会，将反应物充分混合（或充分反应、或使反应物受热均匀），使反应速率加快，装置A中反应物为NaCl
67、O3、H2C2O4，产物有Na2CO3、ClO2和CO2等，Cl（+5+4），C（+3+4），根据得失电子守恒和原子守恒，该反应方程式为：2NaClO3+H2C2O4Na2CO3+CO2+2ClO2+H2O，故答案为：将反应物充分混合（或充分反应、或使反应物受热均匀）；2NaClO3+H2C2O4Na2CO3+CO2+2ClO2+H2O；（3）NaOH吸收ClO2尾气，生成物质的量之比为1：1的两种阴离子，一种为ClO2，氧化还原反应规律，另一种离子中Cl元素化合价升高，即为ClO3，反应的离子方程式为：2ClO2+2OH=ClO3+ClO2+H2O，故答案为：2ClO2+2OH=ClO3+C
68、lO2+H2O；（4）信息用Na2S2O3溶液滴定至终点，说明步骤中有碘生成，是用连续碘量法进行测定，根据曲线图示在pH2.0时，ClO2被I还原只生成Cl，pH7.0时，ClO2被I还原只生成ClO2；而用ClO2处理过的饮用水，其pH为5.56.5，所以其中既含有ClO2，又含有ClO2，若将溶液的pH调节为7.08.0，则第一阶段滴定时只是ClO2被I还原只生成ClO2，溶液的ClO2没有被I还原，所以第二阶段滴定前应调节溶液的pH2.0，使ClO2与I反应，以测定样品水样中亚氯酸根离子的含量，所以需调节溶液的pH2.0，所以测定饮用水中ClO2含量的实验方案为：加入足量KI溶液，加2滴
69、淀粉溶液；用标准Na2S2O3溶液滴定至终点（或蓝色褪去），记录消耗标准Na2S2O3溶液的体积；加入稀硫酸调节溶液的pH2.0；继续用标准Na2S2O3溶液滴定至终点，记录消耗标准Na2S2O3溶液的体积，故答案为：加入足量KI溶液，加2滴淀粉溶液；用标准Na2S2O3溶液滴定至终点（或蓝色褪去），记录消耗标准Na2S2O3溶液的体积；加入稀硫酸调节溶液的pH2.0；继续用标准Na2S2O3溶液滴定至终点，记录消耗标准Na2S2O3溶液的体积20氢能是一种极具发展潜力的清洁能源，硫碘循环制氢主要的热化学方程式为：SO2（g）+2H2O（l）+I2（g）=H2SO4 （l）+2HI（g）H=3
70、5.9kJ/mol.2H2SO4（l）=2SO2（g）+O2（g）+2H2O（l）H=470kJ/mol.2HI（g）=H2（g）+I2（g）H=14.9kJ/mol（1）反应2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）的H=571.6molL1（2）反应在液相中发生称为bensun反应，向水中加入1mol SO2和3mol I2，在不同温度下恰好完全反应生成的n（SO42）和n（Ix）的变化见图甲Ix中x=3温度达到120时，该反应不发生的原因是此温度下碘单质、水、二氧化硫均为气态，气相中不发生反应（3）反应是在图乙中进行，其中的高分子膜只允许产物通过，高分子膜能使反应程度增大（填“增大”、“减
71、小”或“不变”），在该装置中为了进一步增大达平衡时HI的分解率；不考虑温度的影响，还可以采取的措施为向装置中通入氮气（或其它“惰性”气体）吹出产物（4）图丙是一种制备H2的方法，装置中的MEA为允许质子通过的电解质膜写出阳极电极的反应式：CH3OH+H2O6e=CO2+6H+电解产生的氢气可以用镁铝合金（Mg17Al12）来储存，合金吸氢后得到仅含一种金属的氢化物（其中氢的质量分数为0.077）和一种金属单质，该反应的化学方程式为Mg17Al12+17H2=17MgH2+12Al【考点】化学平衡的计算；热化学方程式；原电池和电解池的工作原理；化学平衡的影响因素【分析】（1）根根据盖斯定律计算氢
72、气与氧气反应生成液态水的反应热，并书热化学写方程式；（2）1mol SO2和3mol I2发生氧化还原反应生成SO42和Ix，依据反应中电子守恒可求出x；温度达到120时，碘单质、水、二氧化硫均为气态；（3）反应是在图乙中进行，其中的高分子膜只允许产物通过，相当于移走产物；根据平衡移动原理还可采取其它措施；（4）根据图3可知阳极应为甲醇失电子得到CO2；合金吸氢后得到仅含一种金属的氢化物，其中氢的质量分数为0.077和一种金属单质，据此推出MgH2和Al，由此写出反应方程式【解答】解：（1）已知：SO2（g）+2H2O（l）+I2（g）=H2SO4 （l）+2HI（g）H=35.9kJ/mol
73、.2H2SO4（l）=2SO2（g）+O2（g）+2H2O（l）H=470kJ/mol.2HI（g）=H2（g）+I2（g）H=14.9kJ/mol则氢气和氧气反应生成液态水2H2（g）+O2（g）=H2O（l）的反应可以是I22得到，所以此时H=（35.9kJ/mol2+470kJ/mol+14.9kJ/mol2=571.6kJ/mol，故答案为：571.6；（2）向水中加入1mol SO2和3mol I2，在不同温度下恰好完全反应生成的n（SO42）和n（Ix），依据反应中硫元素由+4价变为+6价，则x=3；故答案为：3；温度达到120时，碘单质、水、二氧化硫均为气态，气相中SO2的还原性
74、弱，I2氧化性也弱，故它们在气相中不发生反应，故答案为：此温度下碘单质、水、二氧化硫均为气态，气相中不发生反应；（3）反应是在图乙中进行，其中的高分子膜只允许产物通过，相当于移走产物，因此反应程度增大；根据平衡移动原理还可采取向装置中通入氮气（或其它“惰性”气体）吹出产物；故答案为：增大； 向装置中通入氮气（或其它“惰性”气体）吹出产物；（4）根据图3可知阳极应为甲醇失电子得到CO2，则阳极反应式为CH3OH+H2O6e=CO2+6H+；故答案为：CH3OH+H2O6e=CO2+6H+；合金吸氢后得到仅含一种金属的氢化物，其中氢的质量分数为0.077和一种金属单质，据此推出MgH2和Al，由此
75、写出反应方程式为Mg17Al12+17H2=17MgH2+12Al；故答案为：Mg17Al12+17H2=17MgH2+12Al四、选做题本题包括A、B两小题，请选定其中一小题，并在相应的答题区域内作答若多做，则按A小题评分A、物质结构与性质21原子序数小于36的X、Y、Z和铜四种元素，X的基态原子有3个不同的能级，有一个能级中的电子数比其它两个能级的中电子数都多1；Y基态原子中的电子占有5个轨道，其中有2个轨道处于半满状态，Z的原子序数为24（1）Z原子基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1（2）元素X与Y的第一电离能较大的是N（填元素符号）；H2Y2中Y原子轨道的杂
76、化类型为sp3（3）+3价Z的配合物KZ（C2O4）2（H2O）2中的配体是H2O、C2O42；与C2O42互为等电子体的一种分子的化学式为N2O4（4）Cu和Y形成的化合物的晶胞如图所示，晶胞中与铜离子距离相等且最近的铜离子有12个某种有缺陷的铜和Y形成的化合物的晶体由Cu2+、Cu3+、Y2及空隙组成，可表示为Cu0.98Y，则n（Cu2+）/n（Cu3+）=【考点】晶胞的计算【分析】原子序数小于36的X、Y、Z和铜四种元素，X的基态原子有3个不同的能级，有一个能级中的电子数比其它两个能级的中电子数都多1，核外电子排布式为1s22s22p3，故X为N元素；Y基态原子中的电子占有5个轨道，其
77、中有2个轨道处于半满状态，核外电子排布式为1s22s22p4，故Y为O元素；Z的原子序数为24，Z为Cr（1）Cr原子核外电子数为24，根据能量最低原理原理、洪特规则特例书写；（2）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；H2O2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；（3）配合物中中心原子或离子含有空轨道，配体含有孤对电子；原子总数相等、价电子总数也相等的微粒互为等电子体，采取同主族变换法或左右移位法书写；（4）晶胞中灰色球数目为4、黑色球数目为4，以顶点灰色球研究，与之距离最近的原子处于面心，每个顶点为8个晶胞共用，每个面心为2个晶胞共用
78、；利用电荷守恒计算n（Cu2+）：n（Cu3+）【解答】解：原子序数小于36的X、Y、Z和铜四种元素，X的基态原子有3个不同的能级，有一个能级中的电子数比其它两个能级的中电子数都多1，核外电子排布式为1s22s22p3，故X为N元素；Y基态原子中的电子占有5个轨道，其中有2个轨道处于半满状态，核外电子排布式为1s22s22p4，故Y为O元素；Z的原子序数为24，Z为Cr（1）Cr原子核外电子数为24，能量最低原理原理、洪特规则特例，核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d54s1，故答案为：1s22s22p63s23p63d54s1；（2）N元素原子2p能级为半满稳定状态，能量较低
79、，第一电离能高于同周期相邻元素的，即N元素第一电离能高于O元素的；H2O2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，O原子采取sp3杂化，故答案为：N；sp3；（3）+3价Cr的配合物KCr（C2O4）2（H2O）2中的配体是H2O、C2O42，与C2O42互为等电子体的一种分子的化学式为：N2O4，故答案为：H2O、C2O42；N2O4；（4）晶胞中灰色球数目为4、黑色球数目为4，以顶点灰色球研究，与之距离最近的原子处于面心，每个顶点为8个晶胞共用，每个面心为2个晶胞共用，即晶胞中与铜离子距离相等且最近的铜离子有=12 个，根据电荷守恒，则2n（Cu2+）+3n（Cu3+）=2
80、，由原子守恒可知n（Cu2+）+n（Cu3+）=0.98，解得n（Cu2+）=0.94，n（Cu3+）=0.04，故n（Cu2+）：n（Cu3+）=，故答案为：12；B.实验化学22抗癌药物是己烷雌酚白色粉末，难溶于水，易溶于乙醇它的一种合成原理如图1：有关的实验步骤为（实验装置见图2）：向装置A中依次加入沸石、一定比例的试剂X和金属钠控制温度300，使反应充分进行向冷却后的三颈烧瓶内加入HI溶液，调节pH至45在装置B中用水蒸气蒸馏，除去未反应的试剂X（1）装置A中冷凝管由a端（填“a”或“b”）通入冷凝水（2）步骤中反应的化学方程式为（3）装置B在进行水蒸气蒸馏之前，需进行的操作为检验装置
81、气密性，玻璃管的作用为平衡气压，检查装置是否阻塞（4）当观察到装置B的冷凝管中液体变为无色透明，说明水蒸气蒸馏结束（5）进行步骤实验时，有下列操作（每项操作只进行一次）：a过滤； b加入水进行反萃取；c冷却、抽滤，用水洗涤晶体；d向三颈烧瓶中加入乙醇，得己烷雌酚的乙醇溶液正确的操作顺序是dbca（填字母）【考点】有机物的合成【分析】（1）根据采用逆流冷凝效果好判断；（2）根据实验原理可知，在钠的作用下先生成，在酸性条件下与HI反应生成，据此答题；（3）在进行蒸馏之前，要检验装置气密性，根据装置图可知，玻璃管可以平衡气压，检查装置是否阻塞；（4）X、碘甲烷难溶于水，所以当观察到装置B的冷凝管中
82、液体变为无色透明，说明水蒸气蒸馏结束，X已经除去；（5）实验主要目的是提纯己烷雌酚，用反应萃取的方法，先将己烷雌酚溶于乙醇，再用水除去乙醇，过滤可得最终产品；【解答】解：（1）根据采用逆流冷凝效果好可知，冷凝管由a通入冷凝水，故答案为：a；（2）根据实验原理可知，在钠的作用下先生成，在酸性条件下与HI反应生成，所以步骤中反应的化学方程式为，故答案为：；（3）在进行蒸馏之前，要检验装置气密性，根据装置图可知，玻璃管可以平衡气压，检查装置是否阻塞，故答案为：检验装置气密性；平衡气压，检查装置是否阻塞；（4）X、碘甲烷难溶于水，所以当观察到装置B的冷凝管中 液体变为无色透明，说明水蒸气蒸馏结束，X已经除去，故答案为：液体变为无色透明；（5）实验主要目的是提纯己烷雌酚，用反应萃取的方法，先将己烷雌酚溶于乙醇，再用水除去乙醇，过滤可得最终产品，所以实验的顺序为dbca，故答案为：dbca2016年12月22日