1、2015-2016学年江苏省扬州中学高三（下）开学化学试卷一、选择题（共15小题，每小题2分，满分30分）1化学在绿色发展、循环发展、低碳发展及推进生态文明建设中正发挥着积极作用下列做法与可持续发展宗旨相违背的是（）A加大清洁能源的开发利用，提高资源的利用率B推广碳捕集和储存技术，逐步实现二氧化碳零排放C加大铅酸蓄电池、含汞锌锰干电池的生产，满足消费需求D对工业废水、生活污水净化处理，减少污染物的排放2下列表述正确的是（）A中子数为10的氧原子： OBNa2S的电子式：C聚氯乙烯的结构简式：CH2CHClDMg5（Si4O10）2（OH）24H2O的氧化物形式：5MgO8SiO25H2O3常温
2、下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）A1.0 molL1 KNO3溶液：H+、Fe2+、SCN、SO42B水电离出的c（H+）=1010 molL1的溶液：K+、Ba2+、NO3、ClCpH=0的溶液：Al3+、Ag（NH3）2+、Cl、SO42Dc（ClO）=1.0 molL1的溶液：Na+、SO32、S2、SO424下列离子方程式书写正确的是（）A向Mg（OH）2悬浊液中加入FeCl3溶液：3OH+Fe3+Fe（OH）3B淀粉碘化钾溶液在空气中变蓝：4I+O2+2H2O=4OH+2I2C用酸性K2Cr2O7溶液检验酒精：3CH3CH2OH+2Cr2O72+13H+=4Cr3+
3、11H2O+3CH3COOD次氯酸钠溶液中通入二氧化硫气体：2ClO+SO2+H2O2HClO+SO325下列有关物质的性质与应用不相对应的是（）A氢氟酸具有弱酸性，可用于雕刻玻璃BMgO、Al2O3熔点高，可用于制作耐火材料CClO2具有强氧化性，可用于自来水的杀菌消毒D油脂在碱性条件下易水解，可用于制作肥皂6设NA为阿伏伽德罗常数的值下列叙述正确的是（）A标准状况下，2.24LCH2Cl2含有分子的数目为0.1NAB电解精炼铜时，阳极质量减少12.8g时，转移电子0.4NAC25，pH=11的Na2CO3溶液中由水电离出的H+的数目为103NAD常温常压下，将0.1mol Fe投入足量的稀
4、硝酸中，转移的电子为0.3 NA7氯碱工业是一种高耗能产业，一种将燃料电池与电解池组合的新工艺可节能30%以上，如图是该工艺图示（电极未标出）下列说法正确的是（）AX为H2，Y为Cl2BA池为电解池，且mnCB池为燃料电池，且abD该工艺优点是燃料电池提供电能且能提高烧碱产品的浓度8利用下列实验装置进行的相应实验，不能达到实验目的是（）A用图1所示装置可制取氨气B用图2所示装置可分离CH3CH2OH和CH3COOC2H5混合液C用图3所示装置可制取乙烯并验证其易被氧化D用图4所示装置可说明浓H2SO4具有脱水性、强氧化性，SO2具有漂白性、还原性9下列物质转化在给定条件下能实现的是（）FeS2
5、SO3H2SO4Al2O3NaAlO2（aq）Al（OH）3NaCl（aq）Na Na2O2FeFeSO4（aq）Fe（OH）2Fe2O3海水母液粗溴Br2ABCD10短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中的相对位置如图所示，其中W原子的最外层电子数是最内层电子数的3倍下列判断正确的是（）A原子半径：WZYXB含Y元素的盐溶液一定显酸性C最简单气态氢化物的热稳定性：ZWDX与氢元素组成的化合物XH5与水反应可产生两种气体11下列说法正确的是（）A在NaHS溶液中滴入少量的CuCl2溶液产生黑色沉淀，HS电离程度增大，反应后溶液pH减小B浑浊的苯酚试液中加入饱和Na2CO3溶液变澄清，则酸性：苯
6、酚碳酸C在等浓度NaCl和Na2CrO4稀溶液中滴加AgNO3溶液，先析出AgCl，则Ksp（AgCl）Ksp（Ag2CrO4）D等体积、物质的量浓度的HA与NaA（HA为弱酸）混合溶液，其酸碱性取决于Ka（HA）的大小12羟氨苄青霉素是高效、广谱和低毒的抗生素，其结构简式如图所示下列说法不正确的是（）A羟氨苄青霉素在空气中不能稳定存在B每个羟氨苄青霉素分子中含有3个手性碳原子C羟氨苄青霉素既能与盐酸反应，又能与碳酸氢钠溶液反应D1mol羟氨苄青霉素与氢氧化钠溶液反应时，最多消耗4molNaOH13下列根据实验操作和现象所得出的结论正确的是选项实验操作实验现象结论A用洁净的铂丝蘸取某食盐试样在
7、酒精灯火焰上灼烧火焰显黄色该食盐中不含有KIO3B向1mL 1%的NaOH溶液中加入2mL 2%的CuSO4溶液，振荡后再加入0.5mL有机物Y，加热未出现砖红色沉淀Y中不含有醛基C取久置的Na2O2粉末，向其中滴加过量的盐酸产生无色气体Na2O2没有变质D在CuSO4溶液中加入KI溶液，再加入苯，振荡、静置有白色沉淀生成，苯层呈紫色白色沉淀可能为CuI（）AABBCCDD1425C时，用2a molL1NaOH溶液滴定1.0L2a molL1氢氟酸溶液，得到混合液中HF、F一的物质的量与溶液pH的变化关系如图所示下列说法正确的是（）ApH=3时，溶液中：c（Na+）c（F一）Bc（F一）c（
8、HF）时，溶液一定呈碱性CpH=4时，溶液中：c（HF）+c（Na+）+c（H+）c（OH）2amolL1DpH=3.45时，NaOH溶液恰好与HF完全反应15如图所示，隔板I固定不动，活塞可自由移动，M、N两个容器中均发生反应：A（g）+3B（g）2C（g）H=192kJmol1向M、N中，都通入x mol A和y mol B的混合气体，初始M、N容积相同，保持温度不变下列说法正确的是（）A平衡时A气体在两容器中体积分数可能相等B若x：y=1：2，则平衡时，M中的转化率：ABC若x：y=1：3，当M中放出热量172.8 kJ时，A的转化率为90%D若x=1，y=3，则达到平衡时反应物的转化率
9、NM二、解答题（共5小题，满分68分）16人造金刚石酸洗废液中含有大量的Ni2+、Mn2+、Co2+等离子某厂技术人员设计了如下方案，使上述离子的浓度降低到排放标准，且得到了纯度较高的镍粉废液组成：金属元素NiMnCoFeCuZn浓度（gL1）45157.50.10.050.05处理方案：步骤1：调节pH：向强酸性溶液中加入NaOH溶液调节pH到2此步骤中工业上不直接使用饱和Na2CO3溶液来调节溶液的pH的原因可能是步骤2：除去Mn2+、Co2+离子：在搅拌下加入适量饱和Na2CO3溶液和NaClO溶液并控制pH3.5，过滤Mn2+反应生成MnO2同时放出CO2，写出此反应的离子方程式：Co
10、2+反应生成Co（OH）3沉淀同时放出CO2，写出此反应的离子方程式：；Ni2+可反应生成Ni（OH）3沉淀，Co2+可使Ni（OH）3转化为Co（OH）3沉淀，写出Ni（OH）3转化为Co（OH）3的离子方程式：此步骤中必须控制好NaClO溶液的用量，其原因可能是步骤3：回收镍以铅片为阳极，镍铬钛不锈钢片为阴极，电解步骤2中所得滤液，在阴极得到镍粉电解过程中电流效率与pH的关系如图所示，分析图表，回答下列问题：pH较低时，电流效率低的原因可能是：电解的最佳pH范围是： （填序号）A3.03.5 B3.54.0C4.04.5 D4.55.017化学物I是治疗失眠症药物雷美替胺的中间体，其合成路
11、线如下：（1）反应的类型为：，反应的类型为：（2）物质F中含氧官能团的名称为（3）反应会生成与D互为同分异构体的副产物，该反应的方程式为（4）若未设计反应，则化合物I中可能混有杂质，该杂质同样含有一个六元环和两个五元环，其结构简式为（5）写出同时满足下列条件的物质I的一种同分异构体的结构简式能发生银镜反应；能发生水解反应；分子的核磁共振氢谱有5个峰（6）已知：CH2=CHCH2OHCH2=CHCOOH以CH2=CHCH=CH2、为原料，合成，写出合成流程图（无机试剂任用）合成流程图示例如下：CH2=CH2CH3CH2BrCH3CH2OH18工业生产无铁硫酸铝，以硫酸浸取铝土矿得含铁（Fe2+和
12、Fe3+）的硫酸铝溶液，加热到一定温度，搅拌，加入一定量高锰酸钾溶液和硫酸锰溶液，在溶液中生成活性二氧化锰，调节溶液的pH，反应一段时间，Fe（OH） 3和二氧化锰发生吸附共沉作用，最终得到无铁硫酸铝晶体（1）KMnO4首先将Fe2+氧化为Fe3+，其本身被还原为MnO2，反应的离子方程式为（2）写出高锰酸钾溶液和硫酸锰溶液反应的化学方程式实验证明，n（MnO2）/n（Fe）控制在4：1时，除铁效果较好若溶液中亚铁离子和铁离子浓度均为0.03mol/L，为达到较好的除铁效果，每1L溶液应加入高锰酸钾的物质的量为（3）调节pH的作用是（4）操作1的名称为，操作2的名称为19以钡矿粉（主要成份为B
13、aCO3，含有Ca2+、Fe2+、Fe3+、Mg2+等）制备BaCl22H2O的流程如图1：（1）氧化过程主要反应的离子方程式为（2）沉淀C的主要成分是Ca（OH）2和由图2可知，为了更好的使Ca2+沉淀，还应采取的措施为（3）用BaSO4重量法测定产品纯度的步骤为：步骤1：准确称取0.40.6g BaCl22H2O试样，加入100mL水，3mL 2molL1 的HCl溶液加热溶解步骤2：边搅拌，边逐滴加入0.1molL1 H2SO4溶液步骤3：待BaSO4沉降后，_，确认已完全沉淀步骤4：过滤，用0.01molL1的稀H2SO4洗涤沉淀34次，直至洗涤液中不含Cl为止步骤5：将折叠的沉淀滤纸
14、包置于_中，经烘干、炭化、灰化后在800灼烧至恒重称量计算BaCl22H2O中Ba2+的含量步骤3所缺的操作为若步骤1称量的样品过少，则在步骤4洗涤时可能造成的影响为步骤5所用瓷质仪器名称为滤纸灰化时空气要充足，否则BaSO4易被残留的炭还原生成BaS，该反应的化学方程式为有同学认为用K2CrO4代替H2SO4作沉淀剂效果更好，请说明原因已知：Ksp（BaSO4）=1.11010 Ksp（BaCrO4）=1.2101020氮可以形成多种化合物，如NH3、N2H4、HCN、NH4NO3等（1）已知：N2（g）+2H2（g）=N2H4（l）H=+50.6kJmol12H2（g）+O2（g）=2H2
15、O（l）H=571.6kJmol1则N2H4（l）+O2（g）=N2（g）+2H2O（l）H=kJmol1N2（g）+2H2（g）=N2H4（l） 不能自发进行的原因是用次氯酸钠氧化氨，可以得到N2H4的稀溶液，该反应的化学方程式是（2）采矿废液中的CN 可用H2O2处理已知：H2SO4=H+HSO4 HSO4H+SO42用铂电极电解硫酸氢钾溶液，在阳极上生成S2O82，S2O82水解可以得到H2O2写出阳极上的电极反应式（3）氧化镁处理含NH4+的废水会发生如下反应：MgO+H2OMg（OH）2 Mg（OH）2+2NH4+Mg2+2NH3H2O温度对氮处理率的影响如图所示在25前，升高温度氮
16、去除率增大的原因是剩余的氧化镁，不会对废水形成二次污染，理由是（4）滴定法测废水中的氨氮含量（氨氮以游离氨或铵盐形式存在于水中）步骤如下：取10mL废水水样于蒸馏烧瓶中，再加蒸馏水至总体积为175mL先将水样调至中性，再加入氧化镁使水样呈微碱性，加热用25mL硼酸吸收蒸馏出的氨2NH3+4H3BO3=（NH4）2B4O7+5H2O将吸收液移至锥形瓶中，加入2滴指示剂，用c molL1的硫酸滴定至终点（NH4）2B4O7+H2SO4+5H2O=（NH4）2SO4+4H3BO3，记录消耗的体积V mL则水样中氮的含量是mgL1（用含c、V的表达式表示）（请写出计算过程）本题包括A、B两小题，分别对
17、应于“物质结构与性质”和“实验化学”两个选修模块的内容。请选定其中一题，并在相应的答题区域内作答。若两题都做，则按A题评分。21（1）在短周期主族元素中，氯及其相邻两元素的电负性由大到小的顺序是（用元素符号表示）（2）A、B、C为同一短周期金属元素依据下表数据分析，C元素在化合物中的主要化合价为；A、B、C三种元素的原子半径由大到小的顺序是电离能/kJmol1I1I2I3I4A500460069009500B7401500770010500C5801800270011600（3）已知过氧化氢分子的空间结构如图所示，分子中氧原子采取杂化；通常情况下，H2O2与水任意比互溶的主要原因是（4）R是1
18、36号元素中未成对电子数最多的原子R3+在溶液中存在如下转化：R3+R（OH）3 R（OH）4基态R原子的价电子排布式为R（OH）4中存在的化学键是A离子键 B极性键 C非极性键 D配位键（5）等电子体原理可广义理解为：重原子数相等（重原子指原子序数4的原子），总电子数或价电子数相等的分子或离子若将H2O2滴入液氨中，可得白色固体A，红外光谱显示，A中有阴阳两种离子，阳离子是正四面体，阴离子与H2O2互为等电子体则A的结构简式为2015-2016学年江苏省扬州中学高三（下）开学化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（共15小题，每小题2分，满分30分）1化学在绿色发展、循环发展、低碳发展及推进生
19、态文明建设中正发挥着积极作用下列做法与可持续发展宗旨相违背的是（）A加大清洁能源的开发利用，提高资源的利用率B推广碳捕集和储存技术，逐步实现二氧化碳零排放C加大铅酸蓄电池、含汞锌锰干电池的生产，满足消费需求D对工业废水、生活污水净化处理，减少污染物的排放【考点】使用化石燃料的利弊及新能源的开发；清洁能源【分析】正确地处理人与自然之间的关系，高效地、文明地实现对自然资源的永续利用，减少化石能源的利用，开发新能源，减少污染源等，则可实现社会可持续发展，据此即可解答A加大清洁能源的开发利用，提高资源的利用率，可减少化石能源的利用；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加大铅
20、酸蓄电池、含汞锌锰干电池的生产，使用后的废弃物影响环境；D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；【解答】解：A因不可再生能源与可再生能源区别在于能否短期内从自然界得到补充，加大清洁能源的开发利用，如开发太阳能，它是可再生能源，可减少化石能源的利用，减少了二氧化碳、二氧化硫等物质的排放，符合社会可持续发展理念，故A正确；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
21、染，不符合社会可持续发展理念，故C错误；D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念，故D正确；故选C2下列表述正确的是（）A中子数为10的氧原子： OBNa2S的电子式：C聚氯乙烯的结构简式：CH2CHClDMg5（Si4O10）2（OH）24H2O的氧化物形式：5MgO8SiO25H2O【考点】电子式、化学式或化学符号及名称的综合；结构简式【分析】A元素符号的左下角标质子数；B硫化钠是离子化合物，要符合离子化合物电子式的书写特点；C聚氯乙烯是高聚物；D把复杂硅酸盐改写成氧化物的顺序是：先写活泼金属氧化物，再写二氧化硅
22、，最后写水【解答】解：A中子数为10的氧原子：8 18O，故A错误；B硫化钠的电子式为：，故B错误；C聚氯乙烯的结构简式为：，故C错误；D把复杂硅酸盐改写成氧化物的顺序是：先写活泼金属氧化物，再写二氧化硅，最后写水，所以Mg5（Si4O10）2（OH）24H2O的氧化物形式：5MgO8SiO25H2O，故D正确；故选D3常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）A1.0 molL1 KNO3溶液：H+、Fe2+、SCN、SO42B水电离出的c（H+）=1010 molL1的溶液：K+、Ba2+、NO3、ClCpH=0的溶液：Al3+、Ag（NH3）2+、Cl、SO42Dc（ClO）
23、=1.0 molL1的溶液：Na+、SO32、S2、SO42【考点】离子共存问题【分析】A酸性条件下NO3具有强氧化性；B水电离出的c（H+）=1010 molL1的溶液可能呈酸性或碱性；CpH=0的溶液呈酸性；DClO具有强氧化性【解答】解：A酸性条件下NO3具有强氧化性，具有还原性的Fe2+离子不能大量共存，故A错误；B水电离出的c（H+）=1010 molL1的溶液可能呈酸性或碱性，无论呈酸性还是碱性，离子之间都不发生反应，可大量共存，故B正确；CpH=0的溶液呈酸性，酸性条件下Ag（NH3）2+不能大量共存，故C错误；DClO具有强氧化性，具有还原性的SO32、S2不能大量共存，故D错
24、误故选B4下列离子方程式书写正确的是（）A向Mg（OH）2悬浊液中加入FeCl3溶液：3OH+Fe3+Fe（OH）3B淀粉碘化钾溶液在空气中变蓝：4I+O2+2H2O=4OH+2I2C用酸性K2Cr2O7溶液检验酒精：3CH3CH2OH+2Cr2O72+13H+=4Cr3+11H2O+3CH3COOD次氯酸钠溶液中通入二氧化硫气体：2ClO+SO2+H2O2HClO+SO32【考点】离子方程式的书写【分析】A、Mg（OH）2悬浊液中氢氧化镁不能拆成离子；B、淀粉碘化钾溶液在空气中变蓝是碘离子被空气中氧气氧化为碘单质；C、酸性溶液中醋酸根离子不能大量生成；D、次氯酸根离子具有强氧化性能氧化二氧化
25、硫为硫酸【解答】解：A、Mg（OH）2悬浊液中氢氧化镁不能拆成离子，向Mg（OH）2悬浊液中加入FeCl3溶液反应的离子方程式：3Mg（OH）2+2Fe3+2Fe（OH）3+3Mg2+，故A错误；B、淀粉碘化钾溶液在空气中变蓝是碘离子被空气中氧气氧化为碘单质，离子方程式：4I+O2+2H2O=4OH+2I2，故B正确；C、用酸性K2Cr2O7溶液检验酒精，酸性溶液中醋酸根离子不能大量生成：3CH3CH2OH+2Cr2O72+16H+=4Cr3+11H2O+3CH3COOH，故C错误；D、次氯酸根离子具有强氧化性能氧化二氧化硫为硫酸，离子方程式为：ClO+SO2+H2OCl+2H+SO42，故D
26、错误；故选B5下列有关物质的性质与应用不相对应的是（）A氢氟酸具有弱酸性，可用于雕刻玻璃BMgO、Al2O3熔点高，可用于制作耐火材料CClO2具有强氧化性，可用于自来水的杀菌消毒D油脂在碱性条件下易水解，可用于制作肥皂【考点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用；镁、铝的重要化合物；油脂的性质、组成与结构【分析】A氢氟酸属于弱酸，能与二氧化硅反应；BMgO、Al2O3都属于离子晶体，熔点很高；C具有强氧化性的物质能杀菌消毒；D油脂在碱性条件下的水解反应称为皂化反应，工业上就是利用油脂的皂化反应制取肥皂【解答】解：A玻璃中含有二氧化硅，虽然氢氟酸是弱酸，但氢氟酸和二氧化硅反应生成四氟化硅和水，所以氢
27、氟酸能腐蚀玻璃，故A错误；BMgO、Al2O3的熔点很高，所以氧化镁和氧化铝能在工业上用于制作耐高温材料，故B正确；C具有强氧化性的物质能杀菌消毒，ClO2具有强氧化性，所以可用于自来水的杀菌消毒，故C正确；D在酸性条件下水解为甘油（丙三醇）和高级脂肪酸，在碱性条件下水解为甘油和高级脂肪酸盐，肥皂的主要成分为高级脂肪酸盐，工业上就是利用油脂在碱性条件下水解制取肥皂，故D正确；故选A6设NA为阿伏伽德罗常数的值下列叙述正确的是（）A标准状况下，2.24LCH2Cl2含有分子的数目为0.1NAB电解精炼铜时，阳极质量减少12.8g时，转移电子0.4NAC25，pH=11的Na2CO3溶液中由水电离
28、出的H+的数目为103NAD常温常压下，将0.1mol Fe投入足量的稀硝酸中，转移的电子为0.3 NA【考点】阿伏加德罗常数【分析】A、标况下二氯甲烷为液态；B、电解精炼铜时，阳极上放电的不止是铜，还有比铜活泼的金属；C、溶液体积不明确；D、铁和稀硝酸反应后变为+3价【解答】解：A、标况下二氯甲烷为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量和分子个数，故A错误；B、电解精炼铜时，阳极上放电的不止是铜，还有比铜活泼的金属，故当阳极质量减少12.8g时，转移的电子数多于0.4NA个，故B错误；C、溶液体积不明确，故溶液中水电离出的氢离子的个数无法计算，故C错误；D、铁和稀硝酸反应后变为+3价，
29、故0.1mol铁转移0.3mol即0.3NA个电子，故D正确故选D7氯碱工业是一种高耗能产业，一种将燃料电池与电解池组合的新工艺可节能30%以上，如图是该工艺图示（电极未标出）下列说法正确的是（）AX为H2，Y为Cl2BA池为电解池，且mnCB池为燃料电池，且abD该工艺优点是燃料电池提供电能且能提高烧碱产品的浓度【考点】原电池和电解池的工作原理【分析】根据图片知，B装置中通入空气和Y，空气作氧化剂，且整个装置是原电池和电解池组合的装置，B能自发的进行氧化还原反应，所以B是原电池，则A是电解池；燃料电池中氢气是燃料，在负极上反应，空气是氧化剂，在正极上反应，负极上失电子发生氧化反应，正极上得电
30、子发生还原反应，电解池中，电解氯化钠溶液时，阳极上氯离子放电生成氯气，阴极上氢离子放电生成氢气，同时得到氢氧化钠【解答】解：根据图片知，B装置中通入空气和Y，空气作氧化剂，且整个装置是原电池和电解池组合的装置，B能自发的进行氧化还原反应，所以B是原电池，则A是电解池；A通过以上分析知，A是电解池，B是原电池，原电池中燃料是氢气，所以Y是氢气，则X是氯气，故A错误；BA是电解池，电解氯化钠过程中，氯化钠溶液被电解时生成氯气、氢气和氢氧化钠，所以导致溶液中氯化钠浓度降低，所以mn，故B错误；CB是燃料电池，正极上氧气得电子和水反应生成氢氧根离子，导致正极区域氢氧化钠浓度增大，所以ab，故C错误；D
31、B装置是把化学能转变为电能的装置，属于原电池，且正极上氧气得电子和水反应生成氢氧根离子，导致正极区域氢氧化钠浓度增大，故D正确；故选D8利用下列实验装置进行的相应实验，不能达到实验目的是（）A用图1所示装置可制取氨气B用图2所示装置可分离CH3CH2OH和CH3COOC2H5混合液C用图3所示装置可制取乙烯并验证其易被氧化D用图4所示装置可说明浓H2SO4具有脱水性、强氧化性，SO2具有漂白性、还原性【考点】化学实验方案的评价【分析】A浓氨水与生石灰制取氨气，选固体与液体反应不需要加热装置；BCH3CH2OH和CH3COOC2H5不分层；C乙醇挥发后溶解在KOH溶液中，排除对乙烯检验的干扰；D
32、浓硫酸使蔗糖变黑，体现脱水性，与C反应生成二氧化硫，体现其强氧化性，图中品红褪色，说明二氧化硫具有漂白性，高锰酸钾溶液褪色，说明二氧化硫具有还原性【解答】解：A浓氨水与生石灰制取氨气，选固体与液体反应不需要加热装置，则图中装置能实现氨气的制取，故A正确；BCH3CH2OH和CH3COOC2H5不分层，则不能利用图中分液装置操作，故B错误；C乙醇挥发后溶解在KOH溶液中，排除对乙烯检验的干扰，则图中装置能制取乙烯并验证其易被氧化，故C正确；D浓硫酸使蔗糖变黑，体现脱水性，与C反应生成二氧化硫，体现其强氧化性，图中品红褪色，说明二氧化硫具有漂白性，高锰酸钾溶液褪色，发生氧化还原反应，说明二氧化硫具
33、有还原性，所以图中装置能说明浓H2SO4具有脱水性、强氧化性，SO2具有漂白性、还原性，故D正确；故选B9下列物质转化在给定条件下能实现的是（）FeS2SO3H2SO4Al2O3NaAlO2（aq）Al（OH）3NaCl（aq）Na Na2O2FeFeSO4（aq）Fe（OH）2Fe2O3海水母液粗溴Br2ABCD【考点】含硫物质的性质及综合应用；海水资源及其综合利用；钠的重要化合物；铁的氧化物和氢氧化物【分析】FeS2生成SO2；NaAlO2与弱酸反应生成Al（OH）3；应电解熔融的NaCl；Fe（OH）2可被氧化为Fe（OH）3；NaBr与NaBrO3在酸性条件下发生氧化还原反应生成Br2
34、【解答】解：FeS2生成SO2，应在催化剂条件下继续与氧气反应可生成SO3，故错误；Al（OH）3具有两性，与强酸反应，NaAlO2与弱酸反应生成Al（OH）3，故正确；电解氯化钠溶液生成氢氧化钠、氢气和氯气，应电解熔融的NaCl，故错误；Fe（OH）2可被氧化为Fe（OH）3，加热分解可生成Fe2O3，故正确；NaBr与NaBrO3在酸性条件下发生氧化还原反应生成Br2，故正确故选C10短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中的相对位置如图所示，其中W原子的最外层电子数是最内层电子数的3倍下列判断正确的是（）A原子半径：WZYXB含Y元素的盐溶液一定显酸性C最简单气态氢化物的热稳定性：ZWDX
35、与氢元素组成的化合物XH5与水反应可产生两种气体【考点】位置结构性质的相互关系应用【分析】由短周期元素在周期表中的位置可知，X处于第二周期，Y、Z、W处于第三周期，W原子的最外层电子数是最内层电子数的3倍，最外层电子数为6，则W为S，可推知X为N，Y为Al，Z为Si，结合元素周期律及其单质化合物的性质来解答【解答】解：由短周期元素在周期表中的位置可知，X处于第二周期，Y、Z、W处于第三周期，W原子的最外层电子数是最内层电子数的3倍，最外层电子数为6，则W为S，可推知X为N，Y为Al，Z为Si，A同周期随原子序数增大，原子半径减小，电子层越多，原子半径越大，则原子半径为YZWX，故A错误；BY为
36、Al，AlCl3溶液显酸性，NaAlO2溶液显碱性，故B错误；C非金属性WZ，则最简单气态氢化物的热稳定性为WZ，故C错误；DN元素与氢元素组成的化合物XH5为NH4H，NH4H与水反应可产生氨气、氢气两种气体，故D正确，故选D11下列说法正确的是（）A在NaHS溶液中滴入少量的CuCl2溶液产生黑色沉淀，HS电离程度增大，反应后溶液pH减小B浑浊的苯酚试液中加入饱和Na2CO3溶液变澄清，则酸性：苯酚碳酸C在等浓度NaCl和Na2CrO4稀溶液中滴加AgNO3溶液，先析出AgCl，则Ksp（AgCl）Ksp（Ag2CrO4）D等体积、物质的量浓度的HA与NaA（HA为弱酸）混合溶液，其酸碱性
37、取决于Ka（HA）的大小【考点】盐类水解的应用；弱电解质在水溶液中的电离平衡；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质【分析】A、HS电离出的S2与Cu2+结合生成CuS沉淀；B、苯酚和碳酸钠反应生成可溶性的碳酸氢钠和苯酚钠；C、在等浓度NaCl和Na2CrO4稀溶液中滴加AgNO3溶液，先析出AgCl，说明Cl和CrO42沉淀时，所需的c（Cl）更小；D、Ka（HA）越大，酸性越强；【解答】解：A、在NaHS溶液中，滴入少量CuCl2溶液，HS电离出的S2与Cu2+结合生成CuS沉淀，HS电离程度增大，pH减小，故A正确；B、C6H5OH+Na2CO3C6H5ONa+NaHCO3，苯酚钠和碳酸氢
38、钠都是易溶性物质，所以溶液变澄清，说明酸性苯酚碳酸氢根离子，故B错误；C、在等浓度NaCl和Na2CrO4稀溶液中滴加AgNO3溶液，先析出AgCl，说明Cl和CrO42沉淀时，所需的c（Cl）更小，但由于AgCl和Ag2CrO4的Ksp表达式不同，故不能说明Ksp（AgCl）Ksp（Ag2CrO4），故C错误；D、Ka（HA）越大，酸性越强，如HA电离程度大于A水解程度，则溶液呈酸性，否则呈碱性，故D正确故选AD12羟氨苄青霉素是高效、广谱和低毒的抗生素，其结构简式如图所示下列说法不正确的是（）A羟氨苄青霉素在空气中不能稳定存在B每个羟氨苄青霉素分子中含有3个手性碳原子C羟氨苄青霉素既能与盐
39、酸反应，又能与碳酸氢钠溶液反应D1mol羟氨苄青霉素与氢氧化钠溶液反应时，最多消耗4molNaOH【考点】有机物的结构和性质【分析】有机物含有酚羟基、氨基、肽键、羧基，结合苯酚、氨基酸以及乙酸的性质解答该题【解答】解：A含有酚羟基，易被空气中氧气氧化，故A正确；B有结构简式可知，分子中含有5个饱和碳原子，其中4个碳原子上连接不同的原子或原子团，为手性碳原子，故B错误；C含有氨基，可与盐酸反应，含有羧基，可与碳酸氢钠溶液反应，故C正确；D酚羟基、羧基都可与氢氧化钠发生中和反应，且含有2个肽键，水解可生成羧基，则1mol羟氨苄青霉素与氢氧化钠溶液反应时，最多消耗4molNaOH，故D正确故选B13
40、下列根据实验操作和现象所得出的结论正确的是选项实验操作实验现象结论A用洁净的铂丝蘸取某食盐试样在酒精灯火焰上灼烧火焰显黄色该食盐中不含有KIO3B向1mL 1%的NaOH溶液中加入2mL 2%的CuSO4溶液，振荡后再加入0.5mL有机物Y，加热未出现砖红色沉淀Y中不含有醛基C取久置的Na2O2粉末，向其中滴加过量的盐酸产生无色气体Na2O2没有变质D在CuSO4溶液中加入KI溶液，再加入苯，振荡、静置有白色沉淀生成，苯层呈紫色白色沉淀可能为CuI（）AABBCCDD【考点】化学实验方案的评价【分析】A钾的焰色反应能被钠的焰色反应所掩盖，观察钾的焰色反应要透过蓝色钴玻璃； B新制氢氧化铜与醛基
41、反应需要再碱性条件下、加热进行；C久置的Na2O2粉末中可能混有碳酸钠；D发生氧化还原反应生成CuI和碘【解答】解：A钾的焰色反应能被钠的焰色反应所掩盖，观察钾的焰色反应要透过蓝色钴玻璃，则该实验中不能确定是否含KIO3，故A错误； B氢氧化钠的量不足，反应后所得的浊液不是碱性条件下，氢氧化铜不能氧化醛基，故B错误；C取久置的Na2O2粉末，向其中滴加过量的盐酸，过氧化钠、碳酸钠均与盐酸反应生成无色气体，不能确定是否变质，故C错误；D在CuSO4溶液中加入KI溶液，发生氧化还原反应生成CuI和碘，再加入苯，振荡，有白色沉淀生成，苯层呈紫色，故D正确故选D1425C时，用2a molL1NaOH
42、溶液滴定1.0L2a molL1氢氟酸溶液，得到混合液中HF、F一的物质的量与溶液pH的变化关系如图所示下列说法正确的是（）ApH=3时，溶液中：c（Na+）c（F一）Bc（F一）c（HF）时，溶液一定呈碱性CpH=4时，溶液中：c（HF）+c（Na+）+c（H+）c（OH）2amolL1DpH=3.45时，NaOH溶液恰好与HF完全反应【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算【分析】ApH=3时，c（H+）c（OH），结合溶液的电荷守恒判断；B当pH3.45时，c（F）c（HF），结合图象分析；C可根据pH=4时，溶液电荷守恒判断；DHF为弱酸，恰好反应时溶液应成碱性【解答】解：ApH=
43、3时，c（H+）c（OH），溶液中存在c（Na+）+c（H+）=c（OH）+c（F），则c（F）c（Na+），故A正确；B当pH3.45时，c（F）c（HF），溶液可能呈酸性、中性或碱性，故B错误；C当pH=4时，混合溶液体积大于1.0L，c（F）1.6amol/L，c（HF）0.4amol/L，溶液中存在c（Na+）+c（H+）=c（OH）+c（F），c（F）=c（Na+）+c（H+）c（OH）1.6amol/L，则c（HF）+c（Na+）+c（H+）c（OH）2amolL1，故C正确；DHF为弱酸，恰好反应时溶液应成碱性，当pH=3.45时HF酸过量，故D错误故选AC15如图所示，隔板I固
44、定不动，活塞可自由移动，M、N两个容器中均发生反应：A（g）+3B（g）2C（g）H=192kJmol1向M、N中，都通入x mol A和y mol B的混合气体，初始M、N容积相同，保持温度不变下列说法正确的是（）A平衡时A气体在两容器中体积分数可能相等B若x：y=1：2，则平衡时，M中的转化率：ABC若x：y=1：3，当M中放出热量172.8 kJ时，A的转化率为90%D若x=1，y=3，则达到平衡时反应物的转化率NM【考点】化学平衡建立的过程；化学平衡的计算【分析】M容器保持恒容，N容器保持恒压，由于反应前后的气体系数和不等，所以两个平衡态也不一样，A、让M、N中平衡时A的体积分数一样，
45、那么只能是M或N中，反应前后不论限度多少，A的体积分数始终为定值，假定反应的A为zmol，利用三段式表示平衡时各组分的物质的量据此判断；B、由于x：y=1：2，即y=2 x，设反应中消耗掉amolA，用a表示参加反应的B的物质的量，表示出转化率，据此比较；C、题目中热化学方程式的意义为1molA完全反应，放热192 kJ，根据实际放出的热量计算参加反应的A的物质的量，进而表示出转化率进行判断；D、N容器建立的平衡相当于恒温恒容下建立的平衡减小容器体积，据此确定【解答】解：M容器保持恒容，N容器保持恒压，由于反应前后的气体系数和不等，所以两个平衡态也不一样，A、要让M、N中平衡时A的体积分数一样
46、，那么只能是M或N中，反应前后不论限度多少，A的体积分数始终为定值，假定反应的A为zmol，则： A（g）+3B（g）2C（g）起始：x y反应：z 3z 2z平衡：xz y3z 2z故平衡时A的体积分数为，A的体积分数始终为定值，则x=y，即x=y时，平衡时A气体在两容器中体积分数相等，故A正确；B、x：y=1：2，即y=2 x，设反应中消耗掉amolA，则： A（g）+3B（g）2C（g）初始（mol）：x 2x 0 变化（mol）：a 3a 2a故A的转化率=，B的转化率=，则平衡时，M中的转化率：AB，故B错误；C、题目中热化学方程式的意义：若1molA完全反应，放热192 kJ，当M
47、中放出热量172.8 kJ时，参加反应的A的物质的量为1mol=0.9mol，故A的转化率为，故C错误；D、x=1，y=3，由于反应后气体体积减小，N容器建立的平衡相当于恒温恒容下建立的平衡减小容器体积，压强增大，平衡正向移动，达到平衡后的转化率关系为：（M）（N），故D正确故选AD二、解答题（共5小题，满分68分）16人造金刚石酸洗废液中含有大量的Ni2+、Mn2+、Co2+等离子某厂技术人员设计了如下方案，使上述离子的浓度降低到排放标准，且得到了纯度较高的镍粉废液组成：金属元素NiMnCoFeCuZn浓度（gL1）45157.50.10.050.05处理方案：步骤1：调节pH：向强酸性溶液
48、中加入NaOH溶液调节pH到2此步骤中工业上不直接使用饱和Na2CO3溶液来调节溶液的pH的原因可能是产生大量的CO2不利于工业生产步骤2：除去Mn2+、Co2+离子：在搅拌下加入适量饱和Na2CO3溶液和NaClO溶液并控制pH3.5，过滤Mn2+反应生成MnO2同时放出CO2，写出此反应的离子方程式：Mn2+ClO+CO32=MnO2+Cl+CO2Co2+反应生成Co（OH）3沉淀同时放出CO2，写出此反应的离子方程式：2Co2+ClO+2CO32+3H2O=2Co（OH）3+Cl+2CO2；Ni2+可反应生成Ni（OH）3沉淀，Co2+可使Ni（OH）3转化为Co（OH）3沉淀，写出Ni
49、（OH）3转化为Co（OH）3的离子方程式：Co2+Ni（OH）3=Co（OH）3+Ni2+此步骤中必须控制好NaClO溶液的用量，其原因可能是Mn2+，Co2+沉淀完全而Ni2+不被沉淀步骤3：回收镍以铅片为阳极，镍铬钛不锈钢片为阴极，电解步骤2中所得滤液，在阴极得到镍粉电解过程中电流效率与pH的关系如图所示，分析图表，回答下列问题：pH较低时，电流效率低的原因可能是：产生大量氢气电解的最佳pH范围是：C （填序号）A3.03.5 B3.54.0C4.04.5 D4.55.0【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用【分析】步骤1：饱和Na2CO3溶液能与酸反应生成二氧化碳气体；步骤2：
50、Mn2+被ClO氧化成+4价的Mn，以MnO2的形式被除去，ClO被还原成Cl，同时放出CO2，根据化合价升降相等以及原子守恒配平；Co2+被ClO氧化成+3价的Co，以Co（OH）3的形式被除去，ClO被还原成Cl，同时放出CO2，根据化合价升降相等以及原子守恒配平；根据题目信息即可完成；Ni（）和Co（）都有很强的氧化性，但Ni（）非常不稳定，氧化性比Co（）化合物的氧化性强，因此只要ClO适量，即使Ni2+被氧化生成了三价镍的化合物，也会被未参加反应的Co2+、Mn2+还原为Ni2+因此防止Ni2+被沉淀的方法就是控制ClO的用量步骤3：从图中曲线变化趋势可以看出，当溶液酸性较大时，电解
51、效率很低，随着pH的增大，电解效率增大，但是当pH4.5后，电解率与溶液pH变化不明显因此此处要重点分析pH较小时电解效率不高，以及pH较大时电解效率也不高的原因由于H+、Ni2+都能在电极的阴极放电，所以当pH较小，也即H+较大时，将产生大量的氢气，造成电解效率较低当pH较大时，由于Ni2+生成了难溶物，溶液中Ni2+减小，也造成电解效率低因此，从图中可以看出来，最佳的pH范围大约为4.04.5【解答】解：步骤1：饱和Na2CO3溶液能与酸反应生成二氧化碳气体，产生大量的CO2不利于工业生产，故答案为：产生大量的CO2不利于工业生产；步骤2：Mn2+被ClO氧化成+4价的Mn，以MnO2的形
52、式被除去，ClO被还原成Cl，同时放出CO2，离子方程式为：Mn2+ClO+CO32=MnO2+Cl+CO2，故答案为：Mn2+ClO+CO32=MnO2+Cl+CO2；Co2+被ClO氧化成+3价的Co，以Co（OH）3的形式被除去，ClO被还原成Cl，同时放出CO2，离子方程式为：2Co2+ClO+2CO32+3H2O=2 Co（OH）3+Cl+2CO2，Ni2+可反应生成Ni（OH）3沉淀，Co2+可使Ni（OH）3转化为Co（OH）3沉淀，离子方程式为：Co2+Ni（OH）3=Co（OH）3+Ni2+，故答案为：2Co2+ClO+2CO32+3H2O=2 Co（OH）3+Cl+2CO2
53、；Co2+Ni（OH）3=Co（OH）3+Ni2+；Ni（）和Co（）都有很强的氧化性，但Ni（）非常不稳定，氧化性比Co（）化合物的氧化性强，因此只要ClO适量，即使Ni2+被氧化生成了三价镍的化合物，也会被未参加反应的Co2+、Mn2+还原为Ni2+，因此防止Ni2+被沉淀的方法就是控制ClO的用量，故答案为：Mn2+，Co2+沉淀完全而Ni2+不被沉淀；步骤3：从图中曲线变化趋势可以看出，当溶液酸性较大时，电解效率很低，随着pH的增大，电解效率增大，但是当pH4.5后，电解率与溶液pH变化不明显因此此处要重点分析pH较小时电解效率不高，以及pH较大时电解效率也不高的原因由于H+、Ni2+
54、都能在电极的阴极放电，所以当pH较小，也即H+较大时，将产生大量的氢气，造成电解效率较低当pH较大时，由于Ni2+生成了难溶物，溶液中Ni2+减小，也造成电解效率低因此，从图中可以看出来，最佳的pH范围大约为4.04.5故答案为：产生大量氢气；C17化学物I是治疗失眠症药物雷美替胺的中间体，其合成路线如下：（1）反应的类型为：取代反应，反应的类型为：加成反应（2）物质F中含氧官能团的名称为羧基、醚键（3）反应会生成与D互为同分异构体的副产物，该反应的方程式为（4）若未设计反应，则化合物I中可能混有杂质，该杂质同样含有一个六元环和两个五元环，其结构简式为（5）写出同时满足下列条件的物质I的一种同
55、分异构体的结构简式或能发生银镜反应；能发生水解反应；分子的核磁共振氢谱有5个峰（6）已知：CH2=CHCH2OHCH2=CHCOOH以CH2=CHCH=CH2、为原料，合成，写出合成流程图（无机试剂任用）合成流程图示例如下：CH2=CH2CH3CH2BrCH3CH2OH【考点】有机物的合成【分析】（1）对比A、B的结构可知，A中酚羟基中H原子被取代生成B；对比D、E的结构可知，D中碳碳双键与氢气发生加成反应；（2）根据F的结构简式判断含有的官能团；（3）反应是取代反应，取代的位置是碳碳双键两端的碳原子上，故生成的副产物为，同时生成HBr；（4）反应是取代反应，是羧基中的羟基取代苯环上的氢原子，
56、该条件下会取代G中两个Br原子的位置，形成五元环或六元环；（5）I的同分异构体满足：能发生银镜反应；能发生水解反应，含有甲酸形成的酯基，分子的核磁共振氢谱有5个峰，结合I的结构可知，还含有2个CH=CH2，且为对称结构；（6）根据流程把原料连接起来，可知的合成原料、HOOCCH=CHCOOH，先把CH2=CHCH=CH2变为HOOCCH=CHCOOH，则CH2=CHCH=CH2与溴发生1，4加成生成BrCH2CH=CHCH2Br，再发生水解反应生成HOCH2CH=CHCH2OH，结合信息可知，在PDC/DMF条件下得到HOOCCH=CHCOOH【解答】解：（1）对比A、B的结构可知，A中酚羟基
57、中H原子被取代生成B，属于取代反应；对比D、E的结构可知，D中碳碳双键与氢气发生加成反应，故答案为：取代反应；加成反应；（2）根据F的结构简式，可知含有的含氧官能团为：羧基、醚键，故答案为：羧基、醚键；（3）反应是取代反应，取代的位置是碳碳双键两端的碳原子上，故生成的副产物为，同时生成HBr，反应方程式为：，故答案为：；（4）反应是取代反应，是羧基中的羟基取代苯环上的氢原子，该条件下会取代G中两个Br原子的位置，形成五元环或六元环，其结构简式为：，故答案为：；（5）I的同分异构体满足：能发生银镜反应；能发生水解反应，含有甲酸形成的酯基，分子的核磁共振氢谱有5个峰，结合I的结构可知，还含有2个C
58、H=CH2，且为对称结构，符合条件的同分异构体为：或，故答案为：或；（6）根据流程把原料连接起来，可知的合成原料、HOOCCH=CHCOOH，先把CH2=CHCH=CH2变为HOOCCH=CHCOOH，则CH2=CHCH=CH2与溴发生1，4加成生成BrCH2CH=CHCH2Br，再发生水解反应生成HOCH2CH=CHCH2OH，结合信息可知，在PDC/DMF条件下得到HOOCCH=CHCOOH，合成路线流程图为：，故答案为：18工业生产无铁硫酸铝，以硫酸浸取铝土矿得含铁（Fe2+和Fe3+）的硫酸铝溶液，加热到一定温度，搅拌，加入一定量高锰酸钾溶液和硫酸锰溶液，在溶液中生成活性二氧化锰，调节
59、溶液的pH，反应一段时间，Fe（OH） 3和二氧化锰发生吸附共沉作用，最终得到无铁硫酸铝晶体（1）KMnO4首先将Fe2+氧化为Fe3+，其本身被还原为MnO2，反应的离子方程式为MnO4+3Fe2+4H+=3Fe3+MnO2+2H2O（2）写出高锰酸钾溶液和硫酸锰溶液反应的化学方程式2KMnO4+3MnSO4+2H2O=5MnO2+K2SO4+2H2SO4实验证明，n（MnO2）/n（Fe）控制在4：1时，除铁效果较好若溶液中亚铁离子和铁离子浓度均为0.03mol/L，为达到较好的除铁效果，每1L溶液应加入高锰酸钾的物质的量为0.102mol（3）调节pH的作用是使铁离子转化为氢氧化铁沉淀除
60、去（4）操作1的名称为过滤，操作2的名称为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤【考点】制备实验方案的设计；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用【分析】工业生产无铁硫酸铝，以硫酸浸取铝土矿得含铁（Fe2+和Fe3+）的硫酸铝溶液，加热到一定温度，搅拌，加入一定量高锰酸钾溶液和硫酸锰溶液，在溶液中生成活性二氧化锰，调节溶液的pH，反应一段时间，Fe（OH）3和二氧化锰发生吸附共沉作用，最终得到无铁硫酸铝产品；（1）KMnO4首先将Fe2+氧化为Fe3+，其本身被还原为MnO2，依据原子守恒和电荷守恒书写离子方程式；（2）根据氧化还原反应中化合价升降相等，可写出化学方程式为2KMnO4+3MnSO4+2H
61、2O=5MnO2+K2SO4+2H2SO4；结合离子方程式和化学方程式定量关系计算；（3）铁离子易发生水解反应生成氢氧化铁；（4）操作1为过滤，操作2为蒸发结晶【解答】解：（1）KMnO4首先将Fe2+氧化为Fe3+，其本身被还原为MnO2，依据原子守恒和电荷守恒书写离子方程式为：MnO4+3Fe2+4H+=3Fe3+MnO2+2H2O，故答案为：MnO4+3Fe2+4H+=3Fe3+MnO2+2H2O；（2）由题意可知高锰酸钾溶液和硫酸锰溶液反应生成活性二氧化锰，根据氧化还原反应中化合价升降相等，可写出化学方程式为2KMnO4+3MnSO4+2H2O=5MnO2+K2SO4+2H2SO4，若
62、溶液中亚铁离子和铁离子浓度均为0.03mol/L，溶液中含有Fe2+物质的量为0.03mol，调节溶液PH使铁离子全部沉淀，n（Fe）=0.06mol MnO4+3Fe2+4H+=3Fe3+MnO2+2H2O，0.01mol 0.03mol 0.01moln（MnO2）/n（Fe）控制在4：1时，除铁效果较好则n（MnO2）=0.06mol4=0.24mol；反应中生成二氧化锰物质的量=0.24mol0.01mol=0.23mol，消耗高锰酸钾物质的量：2KMnO4+3MnSO4+2H2O=5MnO2+K2SO4+2H2SO4， 2 5n 0.23moln=0.092mol，为达到较好的除铁效
63、果，每1L溶液应加入高锰酸钾的物质的量=0.092mol+0.01mol=0102mol；故答案为：2KMnO4+3MnSO4+2H2O=5MnO2+K2SO4+2H2SO4；0.102mol；（3）铁离子易发生水解反应生成氢氧化铁，当调节溶液PH，使溶液PH增大时，易使铁离子转化为氢氧化铁沉淀除去，故答案为：使铁离子转化为氢氧化铁沉淀除去；（4）根据题中信息，反应一段时间，二氧化锰和Fe （OH） 3发生吸附共沉作用，可知操作1为过滤，操作2为过滤后，滤液蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤；故答案为：过滤；蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤19以钡矿粉（主要成份为BaCO3，含有Ca2+、Fe2+、Fe
64、3+、Mg2+等）制备BaCl22H2O的流程如图1：（1）氧化过程主要反应的离子方程式为H2O2+2Fe2+2H+=2Fe3+2H2O（2）沉淀C的主要成分是Ca（OH）2和Mg（OH）2由图2可知，为了更好的使Ca2+沉淀，还应采取的措施为提高温度（3）用BaSO4重量法测定产品纯度的步骤为：步骤1：准确称取0.40.6g BaCl22H2O试样，加入100mL水，3mL 2molL1 的HCl溶液加热溶解步骤2：边搅拌，边逐滴加入0.1molL1 H2SO4溶液步骤3：待BaSO4沉降后，_，确认已完全沉淀步骤4：过滤，用0.01molL1的稀H2SO4洗涤沉淀34次，直至洗涤液中不含C
65、l为止步骤5：将折叠的沉淀滤纸包置于_中，经烘干、炭化、灰化后在800灼烧至恒重称量计算BaCl22H2O中Ba2+的含量步骤3所缺的操作为向上层清液中加入12滴0.1mol/LH2SO4溶液若步骤1称量的样品过少，则在步骤4洗涤时可能造成的影响为称取试样过少，沉淀量就少，洗涤造成的损失就大步骤5所用瓷质仪器名称为坩埚滤纸灰化时空气要充足，否则BaSO4易被残留的炭还原生成BaS，该反应的化学方程式为BaSO4+4C4CO+BaS或BaSO4+2C2CO2+BaS有同学认为用K2CrO4代替H2SO4作沉淀剂效果更好，请说明原因BaCrO4的摩尔质量大于BaSO4 ，得到沉淀质量更大，测定误差
66、小已知：Ksp（BaSO4）=1.11010 Ksp（BaCrO4）=1.21010【考点】制备实验方案的设计【分析】钡矿粉的主要成分BaCO3（含有Ca2+、Fe2+、Fe3+、Mg2+等），加盐酸溶解，碳酸钡和盐酸反应：BaCO3+2H+=Ba2+CO2+H2O，过滤除去不溶物，滤液中加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，再加入氨水调节溶液pH，使Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀过滤除去，溶液中主要含Ca2+、Mg2+、Ba2+，加入氢氧化钠调节pH=12，使溶液中Mg2+转化为Mg（OH）2沉淀、大部分Ca2+转化为Ca（OH）2，过滤分离，滤液中加入盐酸酸化，再通过蒸发浓缩、冷却结晶、
67、过滤等操作得到BaCl22H2O晶体（1）氧化过程是加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+；（2）沉淀C的主要成分是氢氧化钙与氢氧化镁，由氢氧化钡与氢氧化钙的溶解度曲线可知，升高温度氢氧化钡溶解度增大，可以降低氢氧化钙的溶解度；（3）步骤3：利用硫酸检验上清液是否含有Ba2+，确定沉淀完全；称取试样过少，沉淀量就少，洗涤造成的损失就大；步骤5：在坩埚中进而固体物质的灼烧；BaSO4被残留的炭还原生成BaS，C被氧化生成CO或二氧化碳；由溶度积常数可知，两种沉淀剂效果相差不大，用K2CrO4代替H2SO4作沉淀剂得到沉淀质量更大，测定误差小【解答】解：钡矿粉的主要成分BaCO3（含有Ca2+、Fe
68、2+、Fe3+、Mg2+等），加盐酸溶解，碳酸钡和盐酸反应：BaCO3+2H+=Ba2+CO2+H2O，过滤除去不溶物，滤液中加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，再加入氨水调节溶液pH，使Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀过滤除去，溶液中主要含Ca2+、Mg2+、Ba2+，加入氢氧化钠调节pH=12，使溶液中Mg2+转化为Mg（OH）2沉淀、大部分Ca2+转化为Ca（OH）2，过滤分离，滤液中加入盐酸酸化，再通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤等操作得到BaCl22H2O晶体（1）氧化过程是加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，以便调节溶液pH使铁离子完全沉淀，反应的离子方程式为：H2O2+2Fe2+
69、2H+=2Fe3+2H2O；故答案为：H2O2+2Fe2+2H+=2Fe3+2H2O；（2）加入氢氧化钠调节pH=12，使溶液中Mg2+转化为Mg（OH）2沉淀、大部分Ca2+转化为Ca（OH）2，氢氧化钙溶解度随温度升高减小，为了更好的使Ca2+沉淀，还应采取的措施为提高温度；故答案为：Mg（OH）2；提高温度；（3）步骤3所缺的操作是检验Ba2+是否沉淀完全，具体操作为：向上层清液中加入12滴0.1mol/LH2SO4溶液，故答案为：向上层清液中加入12滴0.1mol/LH2SO4溶液；若步骤1称量的样品过少，则在步骤4洗涤时可能造成的影响为：沉淀量就少，洗涤造成的损失就大；故答案为：称取
70、试样过少，沉淀量就少，洗涤造成的损失就大；将折叠的沉淀滤纸包置于坩埚中经烘干、炭化、灰化后在800灼烧至恒重，称量计算BaCl22H2O中Ba2+的含量；滤纸灰化时空气要充足，否则BaSO4易被残留的炭还原生成BaS，C被氧化生成CO或二氧化碳，反应的化学方程式为：BaSO4+4C4CO+BaS或BaSO4+2C2CO2+BaS，故答案为：坩埚；BaSO4+4C4CO+BaS或BaSO4+2C2CO2+BaS；由溶度积常数可知，两种沉淀剂效果相差不大，由于BaCrO4的摩尔质量大于BaSO4 ，用K2CrO4代替H2SO4作沉淀剂得到沉淀质量更大，测定误差小；故答案为：BaCrO4的摩尔质量大
71、于BaSO4 ，得到沉淀质量更大，测定误差小20氮可以形成多种化合物，如NH3、N2H4、HCN、NH4NO3等（1）已知：N2（g）+2H2（g）=N2H4（l）H=+50.6kJmol12H2（g）+O2（g）=2H2O（l）H=571.6kJmol1则N2H4（l）+O2（g）=N2（g）+2H2O（l）H=622.2kJmol1N2（g）+2H2（g）=N2H4（l） 不能自发进行的原因是H0，S0用次氯酸钠氧化氨，可以得到N2H4的稀溶液，该反应的化学方程式是NaClO+2NH3=N2H4+NaCl+H2O（2）采矿废液中的CN 可用H2O2处理已知：H2SO4=H+HSO4 HSO
72、4H+SO42用铂电极电解硫酸氢钾溶液，在阳极上生成S2O82，S2O82水解可以得到H2O2写出阳极上的电极反应式2HSO42eS2O82+2H+（3）氧化镁处理含NH4+的废水会发生如下反应：MgO+H2OMg（OH）2 Mg（OH）2+2NH4+Mg2+2NH3H2O温度对氮处理率的影响如图所示在25前，升高温度氮去除率增大的原因是升高温度NH3的溶解度降低，有利于NH3的逸出剩余的氧化镁，不会对废水形成二次污染，理由是氧化镁难溶于水中，以沉淀的形式排出，因此不会形成二次污染（4）滴定法测废水中的氨氮含量（氨氮以游离氨或铵盐形式存在于水中）步骤如下：取10mL废水水样于蒸馏烧瓶中，再加蒸
73、馏水至总体积为175mL先将水样调至中性，再加入氧化镁使水样呈微碱性，加热用25mL硼酸吸收蒸馏出的氨2NH3+4H3BO3=（NH4）2B4O7+5H2O将吸收液移至锥形瓶中，加入2滴指示剂，用c molL1的硫酸滴定至终点（NH4）2B4O7+H2SO4+5H2O=（NH4）2SO4+4H3BO3，记录消耗的体积V mL则水样中氮的含量是2800cVmgL1（用含c、V的表达式表示）（请写出计算过程）【考点】热化学方程式；化学平衡的影响因素；探究物质的组成或测量物质的含量【分析】（1）a、N2（g）+2H2（g）N2H4（l）；H=+50.6kJmol1b、2H2（g）+O2（g）2H2O
74、（l）；H=571.6kJmol1依据盖斯定律ba得到N2H4（l）+O2（g）N2（g）+2H2O（l）；依据热化学方程式和盖斯定律来计算；依据HTS0判断反应自发进行；用次氯酸钠氧化氨，可以得到N2H4和氯化钠，据此书写方程式；（2）电解池中阴离子在阳极失电子发生氧化反应；（3）依据氨气溶解度随温度增大减小分析；氧化镁是难溶物质；（4）依据滴定实验步骤和滴定用量结合化学方程式计算分析得到【解答】解：（1）a、N2（g）+2H2（g）N2H4（l）；H=+50.6kJmol1b、2H2（g）+O2（g）2H2O（l）；H=571.6kJmol1依据盖斯定律ba得到N2H4（l）+O2（g）N
75、2（g）+2H2O（l）；H=622.2KJ/mol，故答案为：622.2；N2（g）+2H2（g）N2H4（l）不能自发进行的原因是HTS0，则反应S0，H0，故答案为：H0，S0；用次氯酸钠氧化氨，可以得到N2H4和氯化钠，方程式为：NaClO+2NH3=N2H4+NaCl+H2O，故答案为：NaClO+2NH3=N2H4+NaCl+H2O；（2）用铂电极电解硫酸氢钾溶液，在阳极上生成S2O82，HSO4离子在阳极失电子生成S2O82，电极反应为：2HSO42eS2O82+2H+，故答案为：2HSO42eS2O82+2H+；（3）在25前，升高温度氮去除率增大的原因是因为氨气溶解度随温度升
76、高，溶解度减小，故答案为：升高温度NH3的溶解度降低，有利于NH3的逸出；剩余的氧化镁，是难溶于水的物质沉淀出不形成污染，不会对废水形成二次污染，故答案为：氧化镁难溶于水中，以沉淀的形式排出，因此不会形成二次污染；（4）依据滴定实验和反应化学方程式可知：2NH3（NH4）2B4O7H2SO42 12cV103mol cV103mol水样中氮的含量=2.8cV（g/L）=2800cV（mg/L），故答案为：2800cV本题包括A、B两小题，分别对应于“物质结构与性质”和“实验化学”两个选修模块的内容。请选定其中一题，并在相应的答题区域内作答。若两题都做，则按A题评分。21（1）在短周期主族元素中
77、，氯及其相邻两元素的电负性由大到小的顺序是FClS（用元素符号表示）（2）A、B、C为同一短周期金属元素依据下表数据分析，C元素在化合物中的主要化合价为+3；A、B、C三种元素的原子半径由大到小的顺序是ABC电离能/kJmol1I1I2I3I4A500460069009500B7401500770010500C5801800270011600（3）已知过氧化氢分子的空间结构如图所示，分子中氧原子采取sp3杂化；通常情况下，H2O2与水任意比互溶的主要原因是H2O2分子与水分子间形成氢键，使H2O2与水任意比互溶（4）R是136号元素中未成对电子数最多的原子R3+在溶液中存在如下转化：R3+R（
78、OH）3 R（OH）4基态R原子的价电子排布式为3d54s1R（OH）4中存在的化学键是BDA离子键 B极性键 C非极性键 D配位键（5）等电子体原理可广义理解为：重原子数相等（重原子指原子序数4的原子），总电子数或价电子数相等的分子或离子若将H2O2滴入液氨中，可得白色固体A，红外光谱显示，A中有阴阳两种离子，阳离子是正四面体，阴离子与H2O2互为等电子体则A的结构简式为NH4OOH【考点】元素电离能、电负性的含义及应用；原子核外电子排布；判断简单分子或离子的构型；“等电子原理”的应用【分析】（1）同周期自左而右电负性增大，同主族自上而下电负性减小，据此判断；（2）由表中数据可知，C的第四电
79、离能剧增，故C表现+3价，为金属Al元素，由表中数据可知，A第二电离能剧增，故A表现+1价，为Na元素，B的第三电离能剧增，表现+2价，为Mg元素，同周期自左而右原子半径减小；（3）由H2O2的结构可知，O原子形成1个OH键、1个OO键，含有2对孤对电子，杂化轨道数为4，据此判断杂化方式；H2O2中氧元素的电负性很强，H2O2分子H2O分子之间形成氢键，使H2O2与水任意比互溶；（4）R是136号元素中未成对电子数最多的原子，则R原子外围电子排布为3d54s1，为Cr元素；根据Al（OH）4的结构理解Cr（OH）4中成键情况，Cr3+与OH之间形成配位键，氧原子与氢原子之间形成极性键；（5）将
80、H2O2滴入液氨中，可得白色固体A，红外光谱显示，A中有阴阳两种离子，阳离子是正四面体，为NH4+，H2O2失去1个H+形成OOH，含有18个电子，与H2O2互为等电子体，为据此书写【解答】解：（1）短周期主族元素中，与氯相邻两元素为F、S，同周期自左而右电负性增大，同主族自上而下电负性减小，故电负性FClS，故答案为：FClS；（2）由表中数据可知，C的第四电离能剧增，故C表现+3价，为金属Al元素，由表中数据可知，A第二电离能剧增，故A表现+1价，为Na元素，B的第三电离能剧增，表现+2价，为Mg元素，同周期自左而右原子半径减小，故原子半径：NaMgAl，即ABC，故答案为：+3，ABC；
81、（3）由H2O2的结构可知，O原子形成1个OH键、1个OO键，含有2对孤对电子，杂化轨道数为4，杂化方式为sp3，H2O2中氧元素的电负性很强，H2O2分子H2O分子之间形成氢键，使H2O2与水任意比互溶，故答案为：sp3，H2O2分子H2O分子之间形成氢键，使H2O2与水任意比互溶；（4）R是136号元素中未成对电子数最多的原子，则R原子外围电子排布为3d54s1，故答案为：3d54s1；R为Cr元素，Cr（OH）4与Al（OH）4结构相似，Cr3+与OH之间形成配位键，氧原子与氢原子之间形成极性键，故答案为：BD；（5）将H2O2滴入液氨中，可得白色固体A，红外光谱显示，A中有阴阳两种离子，阳离子是正四面体，为NH4+，H2O2失去1个H+形成OOH，含有18个电子，与H2O2互为等电子体，故白色固体A为NH4OOH，故答案为：NH4OOH2016年4月20日
