1、2016年四川省南充市高考化学三模试卷一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1下列过程中，利用物质漂白性使溶液褪色的是（）A向滴有酚酞的石灰水中滴加稀盐酸，溶液红色逐渐褪去B向品红溶液中滴加亚硫酸溶液，溶液红色逐渐褪去C向酸性高锰酸钾溶液中滴加双氧水，溶液紫红色逐渐褪去D向硫氰化铁溶液中加入铁粉并搅拌，溶液红色逐渐褪去2下列有关0.1mol/L HNO3溶液的叙述正确的是（）A加入Na2S2O3溶液，无明显现象B该溶液中Na+、K+、SiO32、SO42可以大量共存C加入FeCO3粉末，发生反应的离子方程式为：2FeCO3+2H+=2Fe2+CO2+H2OD加入过量Cu粉和足量稀硫酸，
2、可使溶液中几乎不含N元素3用NA表示阿伏加德罗常数的值下列叙述正确的是（）ANa2O2与足量CO2反应，共生成0.2mol O2，转移电子的数目为0.4NAB室温下，1L pH=12的Ba（OH）2溶液中，由水电离的OH离子数目为0.01NAC0.1 mol聚丙烯中含有双键的数目为0.1NAD含1mol FeCl3的饱和溶液最多可形成胶体粒子数为NA4下列“试剂”和“试管中的物质”不能完成“实验目的”的是（） 实验目的试剂试管中的物质A浓度对硫酸的性质有影响Fe稀硫酸；浓硫酸B羟基对苯环活性有影响饱和溴水苯；苯酚C甲基对苯环活性有影响酸性KMnO4溶液苯；甲苯D碳酸钠溶液碱性比碳酸氢钠溶液强酚
3、酞溶液碳酸钠溶液碳酸氢钠溶液AABBCCDD5NCl3是一种黄色粘稠的油状液体（已知电负性：NCl）装置如图所示，利用惰性电极电解制备，原理是：NH4Cl+2HClNCl3+3H2，下列说法错误的是（）Ab电极接电源的负极B阳极区被氧化的元素为ClC流出液X中不含HClD每生成3molH2，有6molCl通过阴离子交换膜6室温下，分别用0.1molL1溶液进行下列实验，结论正确的是（）ANaHC2O4溶液（pH=5.5）：c（Na+）c（HC2O4）c（H2C2O4）c（C2O42）B向NaHCO3溶液中通CO2至pH=7：c（Na+）=c（HCO3）+2c（CO32）C向NaHSO4溶液中加
4、入等浓度等体积的Ba（OH）2溶液：pH=13D向氨水中加入少量NH4Cl固体：减小7臭氧是理想的烟气脱硝剂，其脱硝反应为：2NO2（g）+O3（g）N2O5（g）+O2（g）H不同温度下，在三个容器中发生上述反应，相关信息如下表及图所示，下列说法正确的是（）容器甲乙丙容积/L112反应物起始量2mol NO2，1mol O32mol NO2，1mol O32mol NO2，1mol O3温度T1T2T2A010min内甲容器中反应的平均速率：v（NO2）=0.02molL1min1BT1T2，H0C平衡时N2O5浓度：c乙（N2O5）c丙（N2O5）DT1时，若起始时间向容器甲中充入2mol
5、NO2、1molO3、2molN2O5和2mol O2，则脱硝反应达到平衡前，v（正）c（逆）二、解答题（共4小题，满分58分）8W、X、Y、Z为元素周期表中前四周期原子序数依次增大的元素W的基态原子中占据哑铃形原子轨道的电子数为3，X2+与W3具有相同的电子层结构；W与X的最外层电子数之和等于Y的最外层电子数；Z元素位于元素周期表的第6列请回答：（1）Z的基态原子的价电子排布式为：（2）WY3分子的立体构型为：（3）W的简单氢化物分子中，原子间形成键时，发生重叠的原子轨道分别为（填轨道名称）（4）比较Y的含氧酸酸性：HYO2HYO（填“”或“”）（5）离子型氢化物XH2的晶胞如图所示，其中阴
6、离子的配位数为（6）强酸条件下，Z2O72离子能与乙醇反应生成Z3+离子，该反应的离子方程式为：9次氯酸（HClO）仅存在于溶液中，有很强的氧化性和漂白作用某兴趣小组拟用Cl2O与潮湿Na2CO3反应制得Cl2O，再用水吸收Cl2O制备次氯酸溶液，并测定其浓度查阅资料Cl2O沸点为3.8，42以上分解为Cl2和O2，极易溶于水并与水反应生成HClOHClO可被H2O2、FeCl2等物质还原成Cl制备产品（1）仪器a的名称是（2）将氯气和空气（不参与反应）以体积比约1：3混合通入潮湿碳酸钠中，控制氯气与空气体积比的方法是（3）装置B中产生Cl2O的化学方程式（4）若B中无冷却装置，进入C中的Cl
7、2O会大量减少，其原因是测定浓度（5）该小组设计了以下实验方案，测定C中所得溶液中HClO的物质的量浓度，请将方案补充完整（所需试剂从H2O2溶液、FeCl2溶液、AgNO3溶液中选择）用酸式滴定管量取20.00mL次氯酸溶液，向其中加入足量的混合溶液，过滤、洗涤、在真空干燥箱中干燥，称量固体质量为5.740g，则该溶液中HClO的物质的量浓度为mol/L10有机物X是一种应用广泛的化学材料，其合成路线如下（部分试剂和产物略去）：已知：请回答下列问题：（1）A的化学名称是，化合物B的官能团名称是（2）G物质可发生的反应类型为（填字母序号）A加成反应 B酯化反应 C还原反应 D缩聚反应（3）X的
8、结构简式为（4）F与Ag（NH3）2OH溶液反应的化学方程式为（5）A与CH3COOH生成B的化学方程式为（6）写出同时满足下列条件的G的同分异构体M的结构简式能与1molBr2加成，能发生银镜反应，但不能发生水解反应；苯环上的一氯代物有两种；红外光谱显示有“COC”结构11MnO2和锌是制造锌锰电池的主要原料，一种新工艺采用软锰矿（主要成分为MnO2，含少量Al2O3和SiO2杂质）和闪锌矿（主要成分为ZnS，含少量FeS、CuS、CdS杂质）为原料生产MnO2和锌，其简化工艺流程如下（中间产物的固体部分已经略去）：已知：浸取时发生的主要反应为：MnO2+ZnS+2H2SO4=MnSO4+Z
9、nSO4+S+2H2O，杂质FeS、CuS、CdS也会发生类似反应某些金属离子完全沉淀的pH如下表：Zn2+Mn2+Fe2+Fe3+Al3+pH8.010.19.03.24.7请回答下列问题：（1）步骤中浸取时Al2O3与稀硫酸反应的化学方程式为（2）步骤中还原回收得到的金属单质是（3）步骤中MnO2的作用是，适宜选作物质W的试剂为（选填编号）ANaOH BZnO CNH3H2O DMnCO3（4）酸性锌锰干电池放电时，负极的电极反应式为（5）MnSO4可用于制备MnCO3，MnCO3在空气中加热反应也可制得MnO2已知25，101kPa时：Mn（s）+O2（g）=MnO2（s）H1=520k
10、Jmol1C（s）+O2（g）=CO2（g）H2=393.5kJmol12Mn（s）+2C（s）+3O2（g）=2MnCO3（s）H3=894kJmol1MnCO3在空气中加热反应生成MnO2的热化学方程式为（6）按照图示流程，若某次生产过程中使用了100t闪锌矿，其中ZnS含量为80%，浸取时ZnS的损失率为3%，最终得到87t MnO2假设流程中每个步骤都反应完全，电解（使用惰性电极）时无其他产物生成，则流程中除杂质所引入的锌元素的质量为t2016年四川省南充市高考化学三模试卷参考答案与试题解析一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1下列过程中，利用物质漂白性使溶液褪色的是（）A向
11、滴有酚酞的石灰水中滴加稀盐酸，溶液红色逐渐褪去B向品红溶液中滴加亚硫酸溶液，溶液红色逐渐褪去C向酸性高锰酸钾溶液中滴加双氧水，溶液紫红色逐渐褪去D向硫氰化铁溶液中加入铁粉并搅拌，溶液红色逐渐褪去【考点】物质的组成、结构和性质的关系【分析】A石灰水与盐酸发生中和反应；B亚硫酸由二氧化硫与水反应生成，二氧化硫可漂白品红；C高锰酸钾与过氧化氢发生氧化还原反应；D硫氰化铁电离出的铁离子与铁发生氧化还原反应【解答】解：A石灰水与盐酸发生中和反应，中性或酸性溶液中，滴加酚酞呈无色，与漂白性无关，故A错误；B亚硫酸由二氧化硫与水反应生成，二氧化硫可漂白品红，利用物质漂白性，故B正确；C高锰酸钾与过氧化氢发生
12、氧化还原反应，与漂白性无关，故C错误；D硫氰化铁电离出的铁离子与铁发生氧化还原反应，与漂白性无关，故D错误故选B2下列有关0.1mol/L HNO3溶液的叙述正确的是（）A加入Na2S2O3溶液，无明显现象B该溶液中Na+、K+、SiO32、SO42可以大量共存C加入FeCO3粉末，发生反应的离子方程式为：2FeCO3+2H+=2Fe2+CO2+H2OD加入过量Cu粉和足量稀硫酸，可使溶液中几乎不含N元素【考点】离子方程式的书写【分析】AHNO3是强氧化剂，硫代硫酸钠中硫元素被氧化为硫酸根，硝酸中氮元素被还原为一氧化氮；B硝酸为强酸，H+与SiO32不能大量共存；C硝酸具有强的氧化性，能够氧化
13、二价铁离子；D 加入过量Cu粉和足量稀硫酸，HNO3全部被还原为NO【解答】解：AHNO3是强氧化剂，硫代硫酸钠中硫元素被氧化为硫酸根，根据氧化还原反应的实质得失电子守恒，S2O322SO428e，HNO3NO3e，离子方程式为：3S2O32+8NO3+2H+=6SO42+8NO+H2O，现象为有无色气体产生，且该气体在空气中逐渐变红棕色，故A错误；B硝酸为强酸，硝酸电离出的H+与SiO32反应：2H+SiO32=H2SiO3，形成硅酸沉淀，不能大量共存，故B错误；C加入FeCO3粉末，发生反应的离子方程式为：3FeCO3+NO3+10H+=3Fe3+3CO2+NO+5H2O，故C错误；DCu
14、与稀HNO3反应3Cu+8H+2NO3=3Cu2+2NO+4H2O，加入过量Cu粉和足量稀硫酸，HNO3几乎全部被还原为NO，可使溶液中几乎不含N元素，故D正确；故选D3用NA表示阿伏加德罗常数的值下列叙述正确的是（）ANa2O2与足量CO2反应，共生成0.2mol O2，转移电子的数目为0.4NAB室温下，1L pH=12的Ba（OH）2溶液中，由水电离的OH离子数目为0.01NAC0.1 mol聚丙烯中含有双键的数目为0.1NAD含1mol FeCl3的饱和溶液最多可形成胶体粒子数为NA【考点】阿伏加德罗常数【分析】A过氧化钠和二氧化碳的反应是1价氧元素变化为0价和2价，生成1molO2电
15、子转移2mol；BpH=12的氢氧化钡溶液中，氢氧根的浓度为0.01mol/L；C聚丙烯是丙烯加聚反应生成，聚丙烯中无双键；D一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体；【解答】解：ANa2O2与H2O的反应是歧化反应：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2此反应转移2mol电子，生成1molO2，故当生成0.2molO2，转移电子0.4mol，数目为0.4NA，故A正确；BpH=12的氢氧化钡溶液中，氢氧根的浓度为0.01mol/L，氢离子浓度=1012mol/L，故1L溶液中含有的氢氧根的物质的量为0.01mol，水电离出氢氧根离子水个数为1012NA个，故B错误；C聚丙烯中无双键，故C错误
16、；D一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体，故1mol氯化铁溶液形成的胶粒个数小于NA个，故D错误；故选A4下列“试剂”和“试管中的物质”不能完成“实验目的”的是（） 实验目的试剂试管中的物质A浓度对硫酸的性质有影响Fe稀硫酸；浓硫酸B羟基对苯环活性有影响饱和溴水苯；苯酚C甲基对苯环活性有影响酸性KMnO4溶液苯；甲苯D碳酸钠溶液碱性比碳酸氢钠溶液强酚酞溶液碳酸钠溶液碳酸氢钠溶液AABBCCDD【考点】化学实验方案的评价【分析】A稀硫酸与铁反应生成氢气，浓硫酸与铁发生钝化；B苯与溴水发生萃取，苯酚与溴水发生取代反应；C只有甲苯能被高锰酸钾氧化；D碱性越强，溶液颜色越深【解答】解：A稀硫酸与铁反
17、应生成氢气，浓硫酸与铁发生钝化，没有明显现象，可说明硫酸浓度不同，性质不同，故A正确；B饱和溴水与苯进行萃取、与苯酚生成三溴苯酚沉淀，验证了羟基对苯环活性的影响，故B正确；C酸性高锰酸钾与甲苯反应生成苯甲酸，溶液褪色，验证苯环对甲基活性的影响，故C错误；D碱性越强，溶液颜色越深，可完成实验，故D正确故选C5NCl3是一种黄色粘稠的油状液体（已知电负性：NCl）装置如图所示，利用惰性电极电解制备，原理是：NH4Cl+2HClNCl3+3H2，下列说法错误的是（）Ab电极接电源的负极B阳极区被氧化的元素为ClC流出液X中不含HClD每生成3molH2，有6molCl通过阴离子交换膜【考点】电解原理
18、【分析】根据图示信息知道：a电极是阳极，该电极上发生失电子的氧化反应NH4+3Cl6e=NCl3+4H+，b电极是阴极，在阴极上是氢离子得电子的还原反应，电极反应式为：2H+2e=H2，电解过程中，阴离子可以经过阴离子交换膜移向阳极，但是阳离子不能经过交换膜，根据电子守恒以及电极反应式进行计算回答【解答】解：根据图示信息知道：a电极是阳极，该电极上发生失电子的氧化反应NH4+3Cl6e=NCl3+4H+，b电极是阴极，在阴极上是氢离子得电子的还原反应，电极反应式为：2H+2e=H2，电解过程中，阴离子可以经过阴离子交换膜移向阳极，但是阳离子不能经过交换膜，根据电子守恒以及电极反应式进行计算回答
19、Ab电极产生氢气，发生的是还原反应，b电极是阴极，故接电源的负极，故A正确；B题干由已知电负性：NCl，故NCl3中Cl为+1价，Cl元素化合价升高被氧化，故B正确；C电解过程中，Cl可以经过阴离子交换膜移向阳极，阳极发生氧化反应NH4+3Cl6e=NCl3+4H+，流出液X中含HCl，故C错误；D每生成3molH2，转移6mol电子，溶液中通过离子定向移动形成闭合回路平衡电荷，故有6molCl通过阴离子交换膜，故D正确故选C6室温下，分别用0.1molL1溶液进行下列实验，结论正确的是（）ANaHC2O4溶液（pH=5.5）：c（Na+）c（HC2O4）c（H2C2O4）c（C2O42）B向
20、NaHCO3溶液中通CO2至pH=7：c（Na+）=c（HCO3）+2c（CO32）C向NaHSO4溶液中加入等浓度等体积的Ba（OH）2溶液：pH=13D向氨水中加入少量NH4Cl固体：减小【考点】离子浓度大小的比较【分析】ANaHC2O4溶液显酸性，则HC2O4的电离程度大于水解程度；B溶液的pH=7，则c（H+）=c（OH），根据混合液中的电荷守恒判断；C设溶液体积都是1L，反应后溶液中氢氧根离子浓度为： =0.05mol/L；D加入氯化铵后，溶液中铵根离子浓度增大，抑制了一水合氨的电离，则氢氧根离子浓度减小，结合氨水的电离平衡常数分析【解答】解：ANaHC2O4溶液显酸性，则HC2O4
21、的电离程度大于水解程度，所以c（C2O42）c（H2C2O4），则溶液中微粒的浓度关系为：c（Na+）c（HC2O4）c（C2O42）c（H2C2O4），故A错误；B向NaHCO3溶液中通CO2至pH=7，c（H+）=c（OH），溶液中电荷守恒为：c（Na+）+c（H+）=c（HCO3）+2c（CO32）+c（OH），则c（Na+）=c（HCO3）+2c（CO32），故B正确；C向NaHSO4溶液中加入等浓度等体积的Ba（OH）2溶液，设溶液体积都是1L，反应后溶液中氢氧根离子浓度为： =0.05mol/L，溶液中氢氧根离子浓度不是0.1mol/L，溶液的pH13，故C错误；D氨水中加入少量N
22、H4Cl固体，铵根离子浓度增大，抑制了一水合氨的电离，导致溶液中氢氧根离子浓度减小，而=，Kb不变，所以该比值增大，故D错误；故选B7臭氧是理想的烟气脱硝剂，其脱硝反应为：2NO2（g）+O3（g）N2O5（g）+O2（g）H不同温度下，在三个容器中发生上述反应，相关信息如下表及图所示，下列说法正确的是（）容器甲乙丙容积/L112反应物起始量2mol NO2，1mol O32mol NO2，1mol O32mol NO2，1mol O3温度T1T2T2A010min内甲容器中反应的平均速率：v（NO2）=0.02molL1min1BT1T2，H0C平衡时N2O5浓度：c乙（N2O5）c丙（N2
23、O5）DT1时，若起始时间向容器甲中充入2molNO2、1molO3、2molN2O5和2mol O2，则脱硝反应达到平衡前，v（正）c（逆）【考点】化学平衡的计算【分析】A、图象分析可知，N2O5（g）生成浓度0.2mol/L，则消耗NO2浓度0.4mol/L，根据v=计算v（NO2）；B、由图象分析，先拐先平数值大，则乙的温度较高，T1T2，温度越高N2O5（g）浓度越小，说明反应逆向移动，正反应是放热反应；C、结合三行计算列式计算浓度，化学反应达到平衡状态不能进行彻底分析；D、若起始时向容器甲中充入2molNO2、1molO3、2molN2O5和2mol O2，计算浓度商Qc和平衡常数比
24、较判断反应进行的方向【解答】解：A、由图，010min内甲容器中N2O5的浓度变化量为0.2molL1，2NO2（g）+O3（g）N2O5（g）十O2（g），则消耗NO2浓度0.4mol/L，反应速率v（NO2）=0.04mol/（Lmin），故A错误；B、由图象可知，乙先达到平衡，平衡后N2O5（g）浓度比甲小，根据先拐先平数值大，则乙的温度较高，T1T2，平衡逆向移动，即正反应是放热反应，H0；故B错误；C、乙中依据化学三行计算得到，2NO2（g）+O3N2O5（g）+O2（g）， 2 1 0 0 0.8 0.4 0.4 0.4 1.2 0.6 0.4 0.4丙中2NO2（g）+O3N2O
25、5（g）+O2（g）， 1 2 0 平衡时N2O5浓度：c乙（N2O5）c丙（N2O5），故C错误；D、若起始时向容器甲中充入2molNO2、1molO3、2molN2O5和2mol O2，计算浓度商Qc=相当于加入五氧化二氮反应逆向进行，则脱硝反应达到平衡前，v（正）v（逆），故D正确；故选：D二、解答题（共4小题，满分58分）8W、X、Y、Z为元素周期表中前四周期原子序数依次增大的元素W的基态原子中占据哑铃形原子轨道的电子数为3，X2+与W3具有相同的电子层结构；W与X的最外层电子数之和等于Y的最外层电子数；Z元素位于元素周期表的第6列请回答：（1）Z的基态原子的价电子排布式为：3d54s
26、1（2）WY3分子的立体构型为：三角锥形（3）W的简单氢化物分子中，原子间形成键时，发生重叠的原子轨道分别为sp3杂化轨道和s轨道（填轨道名称）（4）比较Y的含氧酸酸性：HYO2HYO（填“”或“”）（5）离子型氢化物XH2的晶胞如图所示，其中阴离子的配位数为3（6）强酸条件下，Z2O72离子能与乙醇反应生成Z3+离子，该反应的离子方程式为：2Cr2O72+3C2H5OH+16H+4Cr3+3CH3COOH+11H2O【考点】晶胞的计算；原子核外电子排布；原子轨道杂化方式及杂化类型判断【分析】W、X、Y、Z为元素周期表中前四周期原子序数依次增大的元素，W的基态原子中占据哑铃形原子轨道的电子数为
27、3，则W为N元素；X2+与W3具有相同的电子层结构，这两种离子核外有10个电子，则X为Mg元素；Z元素位于元素周期表的第6列，则Z为Cr元素；Y原子序数小于24，W与X的最外层电子数之和等于Y的最外层电子数，则Y为Cl元素；（1）Z为Cr元素，Z的基态原子的价电子为3d、4s电子，根据构造原理书写基态Cr原子价电子排布式；（2）NCl3分子中N原子价层电子对个数是4且含有一个孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断该分子的立体构型；（3）W的简单氢化物为NH3，氨气分子中，原子间形成键时，发生重叠的原子轨道分别为sp3杂化轨道和s轨道；（4）同一种元素的含氧酸中，含有非羟基氧原子个数越多，其酸性越
28、强；（5）离子型氢化物MgH2的晶胞中，其中阴离子的配位数为3；（6）强酸条件下，Cr2O72能与乙醇反应生成Cr3+离子，乙醇被氧化生成乙酸，根据反应物和生成物书写该反应的离子方程式【解答】解：W、X、Y、Z为元素周期表中前四周期原子序数依次增大的元素，W的基态原子中占据哑铃形原子轨道的电子数为3，则W为N元素；X2+与W3具有相同的电子层结构，这两种离子核外有10个电子，则X为Mg元素；Z元素位于元素周期表的第6列，则Z为Cr元素；Y原子序数小于24，W与X的最外层电子数之和等于Y的最外层电子数，则Y为Cl元素；（1）Z为Cr元素，Z的基态原子的价电子为3d、4s电子，Cr原子3d、4s能
29、级上电子数分别是5、1，根据构造原理书写基态Cr原子价电子排布式为3d54s1，故答案为：3d54s1；（2）NCl3分子中N原子价层电子对个数是4且含有一个孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断该分子的立体构型为三角锥形，故答案为：三角锥形；（3）W的简单氢化物为NH3，氨气分子中，原子间形成键时，发生重叠的原子轨道分别为sp3杂化轨道和s轨道，故答案为：sp3杂化轨道和s轨道；（4）同一种元素的含氧酸中，含有非羟基氧原子个数越多，其酸性越强，HYO2 中非羟基O原子个数是1、HYO中没有非羟基氧原子，所以酸性HYO2HYO，故答案为：；（5）离子型氢化物MgH2的晶胞中，每个氢离子连接晶胞中
30、体心上的镁离子和一个顶点上的镁离子，共3个镁离子，所以阴离子的配位数为3，故答案为：3；（6）强酸条件下，Cr2O72能与乙醇反应生成Cr3+离子，乙醇被氧化生成乙酸，根据反应物和生成物书写该反应的离子方程式为2Cr2O72+3C2H5OH+16H+4Cr3+3CH3COOH+11H2O，故答案为：2Cr2O72+3C2H5OH+16H+4Cr3+3CH3COOH+11H2O9次氯酸（HClO）仅存在于溶液中，有很强的氧化性和漂白作用某兴趣小组拟用Cl2O与潮湿Na2CO3反应制得Cl2O，再用水吸收Cl2O制备次氯酸溶液，并测定其浓度查阅资料Cl2O沸点为3.8，42以上分解为Cl2和O2，
31、极易溶于水并与水反应生成HClOHClO可被H2O2、FeCl2等物质还原成Cl制备产品（1）仪器a的名称是圆底烧瓶（2）将氯气和空气（不参与反应）以体积比约1：3混合通入潮湿碳酸钠中，控制氯气与空气体积比的方法是通过观察A中产生气泡的比例调节流速（3）装置B中产生Cl2O的化学方程式2Cl2+Na2CO3Cl2O+2NaCl+CO2（4）若B中无冷却装置，进入C中的Cl2O会大量减少，其原因是该反应放热，温度升高Cl2O会分解测定浓度（5）该小组设计了以下实验方案，测定C中所得溶液中HClO的物质的量浓度，请将方案补充完整（所需试剂从H2O2溶液、FeCl2溶液、AgNO3溶液中选择）用酸式
32、滴定管量取20.00mL次氯酸溶液，向其中加入足量的H2O2和AgNO3混合溶液，过滤、洗涤、在真空干燥箱中干燥，称量固体质量为5.740g，则该溶液中HClO的物质的量浓度为2mol/L【考点】性质实验方案的设计【分析】（1）根据仪器的结构知仪器a为圆底烧瓶；（2）控制氯气与空气体积比的方法可以通过观察A中产生气泡的比例来调节气体的流速；（3）装置B中，氯气本身既作为氧化剂又作还原剂，本身被氧化到+1价的Cl2O，被还原到1价的氯化钠；（4）由于该反应为放热反应，温度升高Cl2O会分解，故进入C中的Cl2O会大量减少；（5）根据题意，需要用氧化剂将HClO中的氯氧化为1价，与银离子结合成氯化
33、银沉淀，故加入过氧化氢溶液和硝酸银溶液，根据化合价和原子守恒知，HClO与AgCl的比例为1：1，再根据浓度的公式计算【解答】解：（1）根据仪器的结构知仪器a为圆底烧瓶，故答案为：圆底烧瓶；（2）氯气和空气按照体积比约1：3混合通入潮湿碳酸钠中，控制氯气与空气体积比的方法可以通过观察A中产生气泡的比例来调节气体的流速，故答案为：通过观察A中产生气泡的比例调节流速；（3）装置B中，氯气本身既作为氧化剂又作还原剂，本身被氧化到+1价的Cl2O，被还原到1价的氯化钠，故化学方程式为2Cl2+Na2CO3Cl2O+2NaCl+CO2，故答案为：2Cl2+Na2CO3Cl2O+2NaCl+CO2；（4）
34、由于该反应为放热反应，温度升高Cl2O会分解，故进入C中的Cl2O会大量减少，故答案为：该反应放热，温度升高Cl2O会分解；（5）根据题意，需要用氧化剂将HClO中的氯氧化为1价，与银离子结合成氯化银沉淀，故加入过氧化氢溶液，根据化合价和原子守恒知，HClO与AgCl的比例为1：1，n（AgCl）=0.04mol=n（HClO），故c（HClO）=2mol/L，故答案为：H2O2和AgNO3；210有机物X是一种应用广泛的化学材料，其合成路线如下（部分试剂和产物略去）：已知：请回答下列问题：（1）A的化学名称是乙炔，化合物B的官能团名称是酯基、碳碳双键（2）G物质可发生的反应类型为ABC（填字
35、母序号）A加成反应 B酯化反应 C还原反应 D缩聚反应（3）X的结构简式为（4）F与Ag（NH3）2OH溶液反应的化学方程式为（5）A与CH3COOH生成B的化学方程式为（6）写出同时满足下列条件的G的同分异构体M的结构简式能与1molBr2加成，能发生银镜反应，但不能发生水解反应；苯环上的一氯代物有两种；红外光谱显示有“COC”结构【考点】有机物的合成【分析】由分子式可知A为乙炔，结合A、B分子式与乙酸结构简式，可知乙炔与元素乙酸发生加成反应生成B，B发生加聚反应生成C，C发生水解反应得到D，由D的结构简式可知，B为CH2=CHOOCCH3，C为E与乙醛脱去1分子水同时形成碳碳双键生成F，F
36、发生醛基被氧化为羧基生成G，结合H的结构简式可知，G为，F为，E为E与H发生信息中取代反应生成X为【解答】解：由分子式可知A为乙炔，结合A、B分子式与乙酸结构简式，可知乙炔与元素乙酸发生加成反应生成B，B发生加聚反应生成C，C发生水解反应得到D，由D的结构简式可知，B为CH2=CHOOCCH3，C为E与乙醛脱去1分子水同时形成碳碳双键生成F，F发生醛基被氧化为羧基生成G，结合H的结构简式可知，G为，F为，E为E与H发生信息中取代反应生成X为（1）A的化学名称是乙炔，B为CH2=CHOOCCH3，化合物B的官能团名称是：酯基、碳碳双键，故答案为：乙炔；酯基、碳碳双键；（2）G为，含有苯环与碳碳双
37、键，能发生加成反应，与氢气飞加成反应属于还原反应，含有羧基，可以发生酯化反应，不能发生缩聚反应，故答案为：ABC；（3）X的结构简式为，故答案为：；（4）F与Ag（NH3）2OH溶液反应的化学方程式为：，故答案为：；（5）A与CH3COOH生成B的化学方程式为：，故答案为：；（6）同时满足下列条件的G（）的同分异构体M的结构简式：能与1molBr2加成，说明含有碳碳双键，能发生银镜反应，但不能发生水解反应，说明含有醛基且不含酯基，苯环上的一氯代物有两种，含有2个不同的取代基且处于对位，红外光谱显示有“COC”结构，则M的结构简式为：，故答案为：11MnO2和锌是制造锌锰电池的主要原料，一种新工
38、艺采用软锰矿（主要成分为MnO2，含少量Al2O3和SiO2杂质）和闪锌矿（主要成分为ZnS，含少量FeS、CuS、CdS杂质）为原料生产MnO2和锌，其简化工艺流程如下（中间产物的固体部分已经略去）：已知：浸取时发生的主要反应为：MnO2+ZnS+2H2SO4=MnSO4+ZnSO4+S+2H2O，杂质FeS、CuS、CdS也会发生类似反应某些金属离子完全沉淀的pH如下表：Zn2+Mn2+Fe2+Fe3+Al3+pH8.010.19.03.24.7请回答下列问题：（1）步骤中浸取时Al2O3与稀硫酸反应的化学方程式为Al2O3+3H2SO4Al2（SO4）3+3H2O（2）步骤中还原回收得到
39、的金属单质是Cu、Cd（3）步骤中MnO2的作用是将Fe2+氧化成Fe3+，适宜选作物质W的试剂为BD（选填编号）ANaOH BZnO CNH3H2O DMnCO3（4）酸性锌锰干电池放电时，负极的电极反应式为Zn2eZn2+（5）MnSO4可用于制备MnCO3，MnCO3在空气中加热反应也可制得MnO2已知25，101kPa时：Mn（s）+O2（g）=MnO2（s）H1=520kJmol1C（s）+O2（g）=CO2（g）H2=393.5kJmol12Mn（s）+2C（s）+3O2（g）=2MnCO3（s）H3=894kJmol1MnCO3在空气中加热反应生成MnO2的热化学方程式为2MnC
40、O3（s）+O2（g）2MnO2（s）+2CO2（g）H=933kJmol1（6）按照图示流程，若某次生产过程中使用了100t闪锌矿，其中ZnS含量为80%，浸取时ZnS的损失率为3%，最终得到87t MnO2假设流程中每个步骤都反应完全，电解（使用惰性电极）时无其他产物生成，则流程中除杂质所引入的锌元素的质量为13t【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用【分析】软锰矿、闪锌矿和稀硫酸混合，发生的反应有MnO2+ZnS+2H2SO4=MnSO4+ZnSO4+S+2H2O、MnO2+FeS+2H2SO4=MnSO4+FeSO4+S+2H2O、MnO2+CuS+2H2SO4=MnSO4+C
41、uSO4+S+2H2O、MnO2+CdS+2H2SO4=MnSO4+CdSO4+S+2H2O、Al2O3+3H2SO4Al2（SO4）3+3H2O，二氧化硅不溶于稀硫酸，然后过滤，滤液中含有MnSO4、FeSO4、CuSO4、CdSO4、Al2（SO4）3，向滤液中加入Zn，Zn能还原Cu2+、Cd2+得到Cu、Cd，过滤向滤液中加入二氧化锰和W，二氧化锰具有氧化性，能氧化还原性离子Fe2+，W能使溶液中铁离子、铝离子反应生成沉淀，则W能和氢离子反应且不能引进新的杂质；电解硫酸锌和硫酸锰溶液得到Zn、MnO2和稀硫酸；（1）Al2O3是两性氧化物，能和H2SO4反应生成Al2（SO4）3和 H
42、2O；（2）根据流程图中反应前后离子变化确定回收金属成分；（3）二氧化锰具有氧化性，能氧化还原性离子；W能和氢离子反应而调节溶液的pH，且不能引进新的杂质；（4）放电时负极上锌失电子发生氧化反应；（5）根据盖斯定律写出该反应热化学方程式；（6）闪锌矿浸取后m（Zn）=100t80%（197%）=52t，电解反应式为Zn 2+Mn 2+2H2OZn+MnO2+4H+，根据方程式中锌元素和二氧化锰之间的关系式计算需要Zn的质量【解答】解：软锰矿、闪锌矿和稀硫酸混合，发生的反应有MnO2+ZnS+2H2SO4=MnSO4+ZnSO4+S+2H2O、MnO2+FeS+2H2SO4=MnSO4+FeSO
43、4+S+2H2O、MnO2+CuS+2H2SO4=MnSO4+CuSO4+S+2H2O、MnO2+CdS+2H2SO4=MnSO4+CdSO4+S+2H2O、Al2O3+3H2SO4Al2（SO4）3+3H2O，二氧化硅不溶于稀硫酸，然后过滤，滤液中含有MnSO4、FeSO4、CuSO4、CdSO4、Al2（SO4）3，向滤液中加入Zn，Zn能还原Cu2+、Cd2+得到Cu、Cd，过滤向滤液中加入二氧化锰和W，二氧化锰具有氧化性，能氧化还原性离子Fe2+，W能使溶液中铁离子、铝离子反应生成沉淀，则W能和氢离子反应且不能引进新的杂质；电解硫酸锌和硫酸锰溶液得到Zn、MnO2和稀硫酸；（1）Al2
44、O3是两性氧化物，能和H2SO4反应生成Al2（SO4）3和 H2O，反应方程式为Al2O3+3H2SO4Al2（SO4）3+3H2O，故答案为：Al2O3+3H2SO4Al2（SO4）3+3H2O；（2）根据流程图中反应前后离子变化确定回收金属成分为Cu、Cd，故答案为：Cu、Cd；（3）二氧化锰具有氧化性，能氧化还原性离子亚铁离子，然后将铁离子除去；W能和氢离子反应而调节溶液的pH，且不能引进新的杂质，符合条件的有BD，一水合氨和NaOH虽然能调节溶液的pH但引进新的杂质，故答案为：将Fe2+氧化成Fe3+；BD；（4）放电时负极上锌失电子发生氧化反应，电极反应式为Zn2eZn2+，故答案
45、为：Zn2eZn2+；（5）Mn（s）+O2（g）=MnO2（s）H1=520kJmol1 C（s）+O2（g）=CO2（g）H2=393.5kJmol1 2Mn（s）+2C（s）+3O2（g）=2MnCO3（s）H3=894kJmol1，将方程式；2（+）得2MnCO3（s）+O2（g）2MnO2（s）+2CO2（g）H=2（520kJmol1393.5kJmol1 ）（894kJmol1）=933 kJmol1，故答案为：2MnCO3（s）+O2（g）2MnO2（s）+2CO2（g）H=933 kJmol1；（6）闪锌矿浸取后m（Zn）=100t80%（197%）=52t，电解反应式为Zn 2+Mn 2+2H2OZn+MnO2+4H+，设生成87t二氧化锰所需锌元素质量为x，Zn 2+Mn 2+2H2OZn+MnO2+4H+65 87x 87t65：87=x：87tx=65t实际上有52t，则还需要65t52t=13t，故答案为：132016年12月22日
