1、2015-2016学年江苏省无锡市高三（上）期末化学试卷一、单项选择题：本题包括10小题，每小题2分，共计20分每小题只有一个选项符合题意1下列说法正确的是（）A厨房中用的食盐、食醋都是电解质B古代的陶瓷、砖瓦、现代的玻璃、水泥等，都是硅酸盐产品C石油的分馏、煤的干馏、石油的裂解都是化学变化D工业上通过电解熔融的氯化物制取Na、Mg、Al三种金属2下列有关化学用语表示正确的是（）A氢氧化钠的电子式：BCl的结构示意图：C2丁醇的结构简式：D碳酸的电离方程式：H2CO3=2H+CO323下列说法正确的是（）A使用催化剂可以改变化学反应的反应热B等物质的量的Al、Fe与足量的盐酸反应电子转移的量相
2、同C分散系中分散质粒子的直径：Fe（OH）3悬浊液Fe（OH）3胶体FeCl3溶液D相同条件下，等质量的碳按a、b两种途径完全转化，途径a放出的热量比途径b多 途径a：CCO+H2CO2+H2O 途径b：CCO24SO2与H2S混合生成S和H20，下列说法正确的是（）ASO2的排放是造成酸雨的唯一原因B该反应说明S02具有还原性C自然界不存在单质形式的硫D在该反应条件下，H2S的还原性强于S的还原性5短周期主族元素X，Y，Z，W，Q的原子序数依次增大X的气态氢化物极易溶于Y的氢化物中，常温下，Z的块状单质能溶于W的最高价氧化物的水化物的稀溶液，却不溶于其浓溶液下列说法正确的是（）A元素Y的最高
3、正化合价为+6B简单离子半径的大小顺序为WQZXYC气态氢化物的稳定性：QWD元素W的最高价氧化物对应的水化物酸性比Q的强6常温下，下列溶液中各组离子一定能够大量共存的是（）A =0.1molgL1的溶液：Na+、K+、SiO32、NO3B加苯酚显紫色的溶液：K+、NH4+、Cl、IC使紫色石蕊试液变红的溶液：Fe2+、Mg2+、NO3、ClD通足量SO2后的溶液：Na+、NH4+、ClO、CH3COO7用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的是（）A用图1所示装置（正放）可收集NO气体B用图2所示装置可吸收多余氨气且能防止倒吸C用图3所示装置可实现反应：Cu+2H2OCu（OH）2+H2D
4、用图4所示装置可分离乙醇（沸点78.4）与二甲醚（沸点24.9）的混合物8甲、乙、丙、丁均为中学化学中常见的单质或化合物，它们之间的转化关系如下图所示（部分产物已略去），如表各组物质中不能按图示关系转化的是（） 选项物质转化关系甲乙丙丁ANaOHNaHCO3Na2CO3CO2BCCOCO2O2CFeFe（NO3）3Fe（NO3）2HNO3DAlCl3NaAlO2Al（OH）3NaOHAABBCCDD9下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是（）ANaHS溶液中通入Cl2：S2+Cl2S+2ClBNaN02溶液中滴加酸性KMnO4溶液：5NO2+2MnO4+3H2O5NO3+2Mn2+6OHCN
5、H4HSO4溶液中滴加少量的Ba（OH）2溶液：Ba2+2OH+NH4+H+SO42BaSO4+NH3H2O+H2OD硫酸亚铁酸性溶液中加入过氧化氢：2Fe2+H2O2+2H+2Fe3+2H2O10微生物电池是指在微生物的作用下将化学能转化为电能的装置（总反应方程式为C6H12O6+6O26CO2+6H2O），其工作原理如图所示下列有关微生物电池的说法错误的是（）A正极区溶液的pH减小B微生物促进了反应中电子的转移C质子通过交换膜从负极区移向正极区6H2O+C6H12O624e6CO2+24H+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
6、包括一个选项，多选时.该小题得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下列有关说法正确的是（）A锌与稀硫酸反应时加入少量硫酸铜，反应加快的原因是Cu2+水解增大了H+浓度B增大醋酸溶液的浓度，溶液中c（OH）减小的原因是水的离子积Kw 减小CpH=3的盐酸与pH=11的LiOH溶液等体积混合溶液呈碱性，说明LiOH为强碱DTATP（C8H18O6）受撞击分解爆炸，且无明显热效应，说明该分解反应熵显著增加12某化妆品的组分Z具有美白功效，原料从杨树中提取，现可用如图反应制备，下列叙述错误的是（）AX、Y和Z均能使溴水褪色，且
7、原理相同BX和Z均能与Na2CO3溶液反应放出CO2CZ中含手性碳原子DY可作加聚反应的单体，X可作缩聚反应的单体13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某溶液中加入盐酸酸化的BaCl2溶液白色沉淀溶液中一定含有SO42B用激光笔照射鸡蛋白溶液有丁达尔效应鸡蛋白溶液属于胶体C某气体通入酸性KMnO4溶液中紫色褪去该气体一定是SO2D用铂丝蘸取溶液进行焰色反应火焰呈黄色溶液中无K+AABBCCDD1425时下列叙述不正确的是（）ApH=3的二元弱酸H2R溶液与p=11的NaOH溶液混合后，混合液的pH等于7，则反应后的混合液中：2c（R2）+c（HR）=（Na
8、+）B若0.3molL1HY溶液与0.3molL1NaOH溶液等体积混合后，溶液的pH=9，则：c（OH）c（HY）=（H+）=1109molL1C0.2molL1HCl溶液与等体积0.05molL1Ba（OH）2溶液混合后，溶液的pH=1D0.1molL1Na2S与0.1molL1NaHS等体积混合：3c（Na+）2c（HS）=2c（S2）+2c（H2S）15一定温度下，将1mo1X、1molY和1molW充入2L恒容密闭容器，发生反应X（g）+Y（g）mZ（g）+W（s），t1时达到平衡在t1、t2时刻分别改变影响反应的一个条件，测得容器中气体Z的浓度随时间变化如图所示下列说法正确的是（）
9、A反应方程式中的m=2Bt2时刻改变的条件是加人了催化剂或加压Ct3时刻改变的条件是移去少里物质WDt3时刻改变的条件可能是增加了X的物质的量三、非选择题（共80分）16用离子交换法从废钒催化剂（含有V2O5、VOSO4及不溶性残渣）中回收钒工艺的主要流程如图1：部分含钒物质在水中的溶解性如表：物质VOSO4V2O5NH4VO3（VO2）2SO4溶解性可溶难溶难溶易溶回答下列问题：（1）滤液中含钒的主要成分为（填化学式）（2）反应的离子方程式为（3）反应中1mo1KClO3参加反应，电子转移的数目为（4）反应的离子方程为，该反应沉钒率的高低除受溶液pH影响外，还需要控制温度根据图2判断最佳温度
10、为（5）工业由V2O5，冶炼金属钒常用铝热剂法，该反应的化学方程为17盐酸阿立必利是一种强效止吐药它的合成路线如图：（1）有机物D中含氧官能团的名称是、（2）反应、的反应类型分别为、（3）写出同时满足下列条件的D的一种同分异构体G的结构简式：属于氨基酸能与FeCI3溶液发生显色反应；分子中有一个手性碳原子，有6种不同化学环境的氢（4）写出由C生成D的化学方程式：（5）已知：（该物质易被氧化）请写出以、CH3COCl、CH3OH为原料制备的合成路线流程图（无机试剂任用）合成路线流程图示例如下：CH3CH2OHH2CCH218乙二酸（H2C2O4）是一种重要的化工产品可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，自
11、身被氧化为CO2乙二酸制备工艺流程如图：氧化时控制反应液温度为5560边搅拌边缓慢滴加浓HNO3，H2SO4混合液，可发生下列反应：C6H12O6+18HNO33H2C2O4+18NO2+12H2OC6H12O6+6HNO33H2C2O4+6NO+6H2O（1）检验氧化后的溶液中是否仍含有葡萄糖的实验方案中用到的试剂为（2）氧化时需控制反应液温度为5560，不能超过60的原因是（3）H2C2O4能使酸性KMnO4溶液褪色，其离子方程式为（4）生产中产生的NOx用氧气和水吸收后产生硝酸循环利用，若尾气NOx中n（NO2）：n（NO）=1：2，且NOx的吸收转化率为90%计算：理论上，每生产6.3
12、kg乙二酸至少需要补充质量分数为63%的硝酸溶液多少千克（写出计算过程）19硅藻土是由硅藻死亡后的遗骸沉积形成的，主要成分是SiO2和有机质，并含有少量的Al2O3、Fe2O3、MgO等杂质精致硅藻土因为吸附性强、化学性质稳定等特点被广泛应用如图是生产精制硅藻土并获得A1（OH）3的工艺流程（1）精制硅藻土的主要成分是反应II后，过滤获得的滤渣主要成分是（2）反应III的离子方程式是；氢氧化铝常用作阻燃剂，其原因是（3）实脸室用酸碱滴定法测定硅藻土中硅含量的步骤如下：步骤1：准确称取样品mg，加入适量KOH固体，在高温下充分灼烧，冷却，加水溶解步骤2：将所得溶液完全转移至塑料烧杯中加入硝酸至强
13、酸性，得硅酸浊液步骤3：向硅酸浊液中加人NH4F溶液、饱和KCI溶液，得K2SiF6沉淀，用塑料漏斗过滤并洗涤步骤4：将K2SiF6转移至另一烧杯中，加入一定量蒸馏水，采用70水浴加热使其充分水解（K2SiF6+3H2OH2SiO3+4HF+2KF），抽滤步骤5：向上述滤液中加入数滴酚酞，趁热用浓度为cmolL1NaOH的标准溶液滴定至终点，消耗NaOH标准溶液VmL步骤1中高温灼烧实验所需的仪器除三角架、泥三角、酒精喷灯外还有a蒸发皿 b表面皿 c瓷坩祸 d铁坩埚步骤2、3中不使用玻璃烧杯、玻璃漏斗的原因是步骤5中滴定终点的现象为样品中SiO2的质量分数为 （用m、c、V表示）20运用化学反
14、应原理知识研究如何利用CO、SO2等有重要意义（1）用CO可以合成甲醇己知：CH3OH（g）+O2（g）CO2（g）+2H2O（l）H=764.5kJmol1CO（g）+O2（g）CO2（g）H=283.0kJmol1H2（g）+O2（g）H2O（l）H=285.8kJmol1CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）H=kJmol1（2）下列措施中能够增大上述合成甲醇反应的反应速率的是（填写序号）a使用催化剂 b降低反应温度c增大体系压强 d不断将CH3OH从反应混合物中分离出来（3）在一定压强下，容积为VL的容器中充入amolCO与2amolH2，在催化剂作用下反应生成甲醇，平衡转化率与温度
15、、压强的关系如图1所示P1P2（填“大于”、“小于”或“等于”）100时该反应的化学平衡常数K=100时，达到平衡后，保持压强P1不变的情况下，向容器中通入CO、H2、CH3OH各0.5amol，则平衡（填“向左”、“不”或“向右”）移动（4）利用原电池原理，用SO2和H2O来制备硫酸，该电池用多孔材料作电极，它能吸附气体，同时也能使气体与电解质溶液充分接触请写出该电池负极的电极反应式（5）Na2SO3溶液与CaCl2溶液混合会生成难溶的CaSO3（Ksp=3.1107），现将等体积的CaCl2溶液与Na2SO3溶液棍合，若混合前Na2SO3溶液的浓度为2103molL1，则生成沉淀所需CaC
16、l2溶液的最小浓度为用Na2SO3溶液充分吸收SO2得NaHSO3溶液，然后电解该溶液，电解原理示意图如图2所示请写出该电解池发生反应的化学方程式21我国部分城市灰霾天占全年一半引起灰霾的PM2.5微细粒子包含（NH4）2S04、NH4N03、有机颗粒物及扬尘等通过测定灰霾中锌等重金属的含量，可知交通污染是目前造成我国灰霾天气主要原因之一（1）Zn2+在基态时核外电子排布式为（2）SO的空间构型是（3）PM2.5富含大量的有毒、有害物质，易引发二次光化学烟雾污染，光化学烟雾中含有NOx、O3、CH：=CHCHO、HCOOH、CH3COOONO2（PAN）等二次污染物下列说法正确的是aN2O为直
17、线型分子bC、N、O的第一电离能依次增大cCH2=CH一CHO分子中碳原子均采用sp2杂化d相同压强下，HCOOH沸点比CH3OCH3高，说明前者是极性分子，后者是非极性分子1molHCOOH中含键数目为NO能被FeSO4溶液吸收生成配合物Fe（NO）（H20）5S04，该配合物中心离子的配体为（4）测定大气中PM2.5的浓度方法之一是射线吸收法，射线放射源可用Kr，已知Kr晶体的晶胞结构如图所示，设晶体中晶胞中含Kr原子为m个，与每个Kr原子相紧邻的Kr原子有n个，则m/n= （填数字）2015-2016学年江苏省无锡市高三（上）期末化学试卷参考答案与试题解析一、单项选择题：本题包括10小题
18、，每小题2分，共计20分每小题只有一个选项符合题意1下列说法正确的是（）A厨房中用的食盐、食醋都是电解质B古代的陶瓷、砖瓦、现代的玻璃、水泥等，都是硅酸盐产品C石油的分馏、煤的干馏、石油的裂解都是化学变化D工业上通过电解熔融的氯化物制取Na、Mg、Al三种金属【考点】电解质与非电解质；含硅矿物及材料的应用；金属冶炼的一般原理；石油的裂化和裂解；煤的干馏和综合利用【分析】A食醋属于混合物，既不是电解质也不是非电解质；B陶瓷、玻璃、水泥是硅酸盐工业产品；C石油的分馏是利用物质的沸点不同进行分离；D氯化铝是共价化合物，不导电【解答】解：A食醋属于混合物，既不是电解质也不是非电解质，故A错误；B陶瓷、
19、玻璃、水泥等成分都是二氧化硅、硅酸盐，所以都是硅酸盐产品，故B正确；C石油的分馏属于物理变化，故C错误；D氯化铝是共价化合物，不能电解冶炼铝单质，故D错误，故选B2下列有关化学用语表示正确的是（）A氢氧化钠的电子式：BCl的结构示意图：C2丁醇的结构简式：D碳酸的电离方程式：H2CO3=2H+CO32【考点】电子式、化学式或化学符号及名称的综合；原子结构示意图；结构简式【分析】A氢氧化钠是离子化合物，其电子式要符合离子化合物书写特点；B氯离子核内有17个质子；C羟基位于2号碳上；D碳酸是二元弱酸，要分步电离【解答】解：A氢氧化钠的电子式为：，故A错误；B氯离子的结构示意图为：，故B错误；C羟基
20、位于2号碳上，所以2丁醇的结构简式为：，故C正确；D碳酸的电离方程式为：H2CO3H+HCO3，故D错误；故选C3下列说法正确的是（）A使用催化剂可以改变化学反应的反应热B等物质的量的Al、Fe与足量的盐酸反应电子转移的量相同C分散系中分散质粒子的直径：Fe（OH）3悬浊液Fe（OH）3胶体FeCl3溶液D相同条件下，等质量的碳按a、b两种途径完全转化，途径a放出的热量比途径b多 途径a：CCO+H2CO2+H2O 途径b：CCO2【考点】催化剂的作用；分散系、胶体与溶液的概念及关系；反应热和焓变；铝的化学性质【分析】A、催化剂可以改变化学反应正反应和逆反应的活化能，但不能改变反应热；B、Al
21、、Fe与足量的盐酸反应产物是氯化铝和氯化亚铁，据此判断电子转移情况；C、分散系中分散质粒子的直径：悬浊液胶体溶液；D、化学反应的热效应只与反应物的初始状态和生成物的最终状态有关【解答】解：A催化剂可以改变化学反应正反应和逆反应的活化能，但不能改变反应热，所以使用催化剂不可以改变化学反应的反应热，故A错误；B、化学反应的热效应只与反应物的初始状态和生成物的最终状态有关，故ab两种途径，放出的热量一样多，故B错误；C、分散系中分散质粒子的直径：Fe（OH）3悬浊液Fe（OH）3胶体FeCl3溶液，故C正确；D、化学反应的热效应只与反应物的初始状态和生成物的最终状态有关，故a、b两种途径，放出的热量
22、一样多，故D错误故选C4SO2与H2S混合生成S和H20，下列说法正确的是（）ASO2的排放是造成酸雨的唯一原因B该反应说明S02具有还原性C自然界不存在单质形式的硫D在该反应条件下，H2S的还原性强于S的还原性【考点】二氧化硫的化学性质【分析】A酸雨主要由化石燃料燃烧产生的二氧化硫、氮氧化物等酸性气体；B依据反应中二氧化硫中硫元素化合价变化判断；C硫性质活泼，易被氧化，在自然界中主要以化合态存在，也存在游离态的硫；D依据氧化还原反应中还原剂还原性强于还原产物判断【解答】解：ASO2的排放是造成酸雨的原因之一，故A错误；BSO2与H2S混合生成S和H20，二氧化硫中硫元素化合价降低，表现为氧化
23、性，故B错误；C自然界存在单质形式的硫，故C错误；DSO2与H2S混合生成S和H20，硫化氢为还原剂，硫为还原产物，还原性硫化氢大于硫，故D正确；故选：D5短周期主族元素X，Y，Z，W，Q的原子序数依次增大X的气态氢化物极易溶于Y的氢化物中，常温下，Z的块状单质能溶于W的最高价氧化物的水化物的稀溶液，却不溶于其浓溶液下列说法正确的是（）A元素Y的最高正化合价为+6B简单离子半径的大小顺序为WQZXYC气态氢化物的稳定性：QWD元素W的最高价氧化物对应的水化物酸性比Q的强【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、Q的原子序数依次增大，X的气态氢化物极易溶于Y的氢化物
24、中，则Y的氢化物作溶剂，且为氢化物，则Y的氢化物是H2O，所以Y是O元素，X的氢化物能溶于水，且X的原子序数小于Y，所以X是N元素；常温下，Z的单质能溶于W的最高价氧化物的水化物的稀溶液，却不溶于其浓溶液，铝、铁能溶于稀硫酸却不溶于浓硫酸，Z是短周期主族元素，所以Z是Al，W是S元素，Q属于短周期主族元素且原子序数大于S，所以Q是Cl元素，结合元素周期律来分析解答【解答】解：短周期主族元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大，X的气态氢化物极易溶于Y的氢化物中，则Y的氢化物作溶剂，且为氢化物，则Y的氢化物是H2O，所以Y是O元素，X的氢化物能溶于水，且X的原子序数小于Y，所以X是N元素；常温下
25、，Z的单质能溶于W的最高价氧化物的水化物的稀溶液，却不溶于其浓溶液，铝、铁能溶于稀硫酸却不溶于浓硫酸，Z是短周期主族元素，所以Z是Al，W是S元素，Q属于短周期主族元素且原子序数大于S，所以Q是Cl元素，AY是O元素，O元素没有正化合价，故A错误；B电子层数越多，其离子半径越大，电子层结构相同的离子，离子半径随着原子序数的增大而减小，X、Y、Z离子的电子层结构相同，且原子序数ZYX，所以离子半径XYZ，W、Q离子的电子层结构相同，且W的原子序数小于Q，所以离子半径WQ，W、Q离子的电子层数大于X、Y、Z，则离子半径大小顺序是WQXYZ，故B错误；CW是S元素，Q是Cl元素，Cl元素的非金属性大
26、于O元素，气态氢化物的稳定性大小为：QW，故C正确；DW的非金属性小于Q，则W的最高价氧化物的水化物的酸性小于Q，故D错误；故选C6常温下，下列溶液中各组离子一定能够大量共存的是（）A =0.1molgL1的溶液：Na+、K+、SiO32、NO3B加苯酚显紫色的溶液：K+、NH4+、Cl、IC使紫色石蕊试液变红的溶液：Fe2+、Mg2+、NO3、ClD通足量SO2后的溶液：Na+、NH4+、ClO、CH3COO【考点】离子共存问题【分析】A. =0.1molgL1的溶液，显碱性；B加苯酚显紫色的溶液，含铁离子；C使紫色石蕊试液变红的溶液，显酸性；D通足量SO2后的溶液，显酸性和还原性【解答】解
27、：A. =0.1molgL1的溶液，显碱性，该组离子之间不反应，可大量共存，故A正确；B加苯酚显紫色的溶液，含铁离子，与I发生氧化还原反应，不能大量共存，故B错误；C使紫色石蕊试液变红的溶液，显酸性，Fe2+、H+、NO3发生氧化还原反应，不能大量共存，故C错误；D通足量SO2后的溶液，显酸性和还原性，与ClO发生氧化还原反应，且酸性溶液中不能大量存在CH3COO，故D错误；故选A7用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的是（）A用图1所示装置（正放）可收集NO气体B用图2所示装置可吸收多余氨气且能防止倒吸C用图3所示装置可实现反应：Cu+2H2OCu（OH）2+H2D用图4所示装置可分离乙
28、醇（沸点78.4）与二甲醚（沸点24.9）的混合物【考点】气体的收集；氨的物理性质；氮的氧化物的性质及其对环境的影响；物质的分离、提纯的基本方法选择与应用【分析】A该图中装置是采用向上排空气法收集气体，说明该气体和二氧化碳不反应且密度大于二氧化碳密度；B氨气是一种无色、有刺激性气味，密度比空气小，极易溶于水的气体，且能与硫酸反应，该装置不能防止倒吸；C金属铜和水之间发生的反应是非自发的氧化还原反应，应设计成电解池，根基电解池的工作原理结合反应来选择电极材料以及电解质溶液；D温度计的作用应该是测量各馏分气态时的温度【解答】解：A该图中装置是排二氧化碳收集NO，NO和二氧化碳不反应，但密度小于二氧
29、化碳密度，所以不能用向上排气法收集，故A错误；B氨气极易溶于水，且能和稀硫酸反应，所以，氨气在水中、稀硫酸中易发生倒吸，虽氨气不溶于苯，但苯的密度比水小，在上层，所以，氨气未经过苯直接到稀硫酸中起不到缓冲作用，不能防止倒吸，故B错误；C金属铜和水之间发生的反应是非自发的氧化还原反应，应设计成电解池，在反应Cu+2H2OCu（OH）2+H2中，失电子的是金属铜，所以必须选择金属铜作阳极材料，其他导电的物质做阴极材料即可，图中是石墨，在阴极上应该是水中的氢离子得电子的反应，可以选择硫酸钠等来做电解质，故C正确；D温度计是测量馏分的气态温度，所以，测石油分馏的各馏分，温度计的水银球需在蒸馏烧瓶的支管
30、口处，故D错误；故选C8甲、乙、丙、丁均为中学化学中常见的单质或化合物，它们之间的转化关系如下图所示（部分产物已略去），如表各组物质中不能按图示关系转化的是（） 选项物质转化关系甲乙丙丁ANaOHNaHCO3Na2CO3CO2BCCOCO2O2CFeFe（NO3）3Fe（NO3）2HNO3DAlCl3NaAlO2Al（OH）3NaOHAABBCCDD【考点】钠的重要化合物；镁、铝的重要化合物；铁的化学性质【分析】ANaOHNaHCO3Na2CO3CO2；BCCOCO2，CCO2，只有乙为CO2，丙为CO才可以实现转化关系；CFeFe（NO3）3Fe（NO3）2 ，硝酸与足量铁反应生成硝酸亚铁；
31、DAlCl3NaAlO2Al（OH）3、AlCl3与少量的氢氧化钠生成氢氧化铝【解答】解：A氢氧化钠与过量的二氧化碳生成碳酸氢钠，氢氧化钠与少量的二氧化碳生成碳酸钠，碳酸钠与硫酸反应生成二氧化碳，每一步都能转化，故A不选；B碳与少量的氧气生成一氧化碳，碳与足量的氧气生成二氧化碳，一氧化碳和氧气反应生成二氧化碳，二氧化碳和碳高温反应生成一氧化碳，但转化关系中一氧化碳和碳不反应，二氧化碳和氧气不反应，不能实现上述转化，故B选；C铁与足量的硝酸反应生成硝酸铁，铁与少量的硝酸反应生成硝酸亚铁，硝酸铁与铁粉反应生成硝酸亚铁，硝酸亚铁与硝酸反应生成硝酸铁，每一步都能转化，故C不选；DAlCl3与少量的氢氧
32、化钠生成氢氧化铝，与足量的氢氧化钠生成偏铝酸钠，偏铝酸钠与少量盐酸反应生成氢氧化铝沉淀或与氯化铝发生双水解生成氢氧化铝，每一步都能转化，故D不选；故选B9下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是（）ANaHS溶液中通入Cl2：S2+Cl2S+2ClBNaN02溶液中滴加酸性KMnO4溶液：5NO2+2MnO4+3H2O5NO3+2Mn2+6OHCNH4HSO4溶液中滴加少量的Ba（OH）2溶液：Ba2+2OH+NH4+H+SO42BaSO4+NH3H2O+H2OD硫酸亚铁酸性溶液中加入过氧化氢：2Fe2+H2O2+2H+2Fe3+2H2O【考点】离子方程式的书写【分析】A硫氢根离子不能拆分；B
33、酸性条件下不能生成OH；C少量的Ba（OH）2溶液，铵根离子不能反应；D发生氧化还原反应，遵循电子、电荷守恒【解答】解：ANaHS溶液中通入Cl2的离子反应为OH+HS+Cl2H2O+S+2Cl，故A错误；BNaN02溶液中滴加酸性KMnO4溶液的离子反应为5NO2+2MnO4+6H+5NO3+2Mn2+3H2O，故B错误；CNH4HSO4溶液中滴加少量的Ba（OH）2溶液的离子反应为Ba2+2OH+2H+SO42BaSO4+2H2O，故C错误；D硫酸亚铁酸性溶液中加入过氧化氢的离子反应为2Fe2+H2O2+2H+2Fe3+2H2O，故D正确；故选D10微生物电池是指在微生物的作用下将化学能转
34、化为电能的装置（总反应方程式为C6H12O6+6O26CO2+6H2O），其工作原理如图所示下列有关微生物电池的说法错误的是（）A正极区溶液的pH减小B微生物促进了反应中电子的转移C质子通过交换膜从负极区移向正极区6H2O+C6H12O624e6CO2+24H+【考点】原电池和电解池的工作原理【分析】负极上C6H12O6失电子，负极的电极反应式为C6H12O6+6H2O24e=6CO2+24H+，正极上O2得电子和H+反应生成水，正极的电极反应式为O2+4e+4H+2H2O，溶液中阳离子向正极移动，据此分析【解答】解：A正极上O2得电子和H+反应生成水，正极的电极反应式为O2+4e+4H+2H
35、2O，正极消耗氢离子，所以溶液的pH增大，故A错误；B葡萄糖在微生物的作用下将化学能转化为电能，形成原电池，有电流产生，所以微生物促进了反应中电子的转移，故B正确；C通过原电池的电极反应可知，负极区产生了H+，负极的电极反应式为C6H12O6+6H2O24e=6CO2+24H+，原电池中阳离子向正极移动，可知质子（H+）通过交换膜从负极区移向正极区，故C正确；故选A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.该小题得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
36、得0分11下列有关说法正确的是（）A锌与稀硫酸反应时加入少量硫酸铜，反应加快的原因是Cu2+水解增大了H+浓度B增大醋酸溶液的浓度，溶液中c（OH）减小的原因是水的离子积Kw 减小CpH=3的盐酸与pH=11的LiOH溶液等体积混合溶液呈碱性，说明LiOH为强碱DTATP（C8H18O6）受撞击分解爆炸，且无明显热效应，说明该分解反应熵显著增加【考点】原电池和电解池的工作原理；反应热和焓变；弱电解质在水溶液中的电离平衡【分析】A原电池能能加快负极金属的腐蚀；B温度不变，水的离子积常数不变；CpH=3的盐酸与pH=11的LiOH溶液等体积混合溶液呈碱性，则说明氢氧化锂的浓度大于盐酸，根据碱的浓度
37、和氢氧根离子浓度判断碱的强弱；D物质的混乱程度越大其熵越大【解答】解：A锌置换出铜，锌、铜和稀硫酸构成原电池，所以加快了锌被腐蚀速率，故A错误；B温度不变，水的离子积常数不变，增大醋酸溶液的浓度，溶液中氢离子浓度增大，所以c（OH）减小，故B错误；CpH=3的盐酸与pH=11的LiOH溶液等体积混合溶液呈碱性，说明c（LiOH）c（HCl）=103 mol/L，所以氢氧化锂部分电离为弱碱，故C错误；DTARP（C8H18O6）受撞击分解爆炸，其混乱程度增大，所以该分解反应熵增加，故D正确；故选D12某化妆品的组分Z具有美白功效，原料从杨树中提取，现可用如图反应制备，下列叙述错误的是（）AX、Y
38、和Z均能使溴水褪色，且原理相同BX和Z均能与Na2CO3溶液反应放出CO2CZ中含手性碳原子DY可作加聚反应的单体，X可作缩聚反应的单体【考点】有机物的结构和性质【分析】AX和溴发生取代反应、Y能和溴发生加成反应、Z能和溴发生取代反应；B酚羟基能和碳酸钠反应生成碳酸氢钠；C连接四个不同原子或原子团的C原子为手性碳原子；D碳碳双键能发生加聚反应，含有酚羟基的有机物能发生缩聚反应【解答】解：AX和溴发生取代反应、Y能和溴发生加成反应、Z能和溴发生取代反应，XZ和溴反应类型相同但Y不同，故A错误；B酚羟基能和碳酸钠反应生成碳酸氢钠和酚钠，没有二氧化碳生成，故B错误；C连接四个不同原子或原子团的C原子
39、为手性碳原子，所以Z中连接甲基和苯环的碳原子为手性碳原子，故C正确；D碳碳双键能发生加聚反应，含有酚羟基的有机物能发生缩聚反应，所以Y 能发生加聚反应、X、Z能发生缩聚反应，故D正确；故选AB13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某溶液中加入盐酸酸化的BaCl2溶液白色沉淀溶液中一定含有SO42B用激光笔照射鸡蛋白溶液有丁达尔效应鸡蛋白溶液属于胶体C某气体通入酸性KMnO4溶液中紫色褪去该气体一定是SO2D用铂丝蘸取溶液进行焰色反应火焰呈黄色溶液中无K+AABBCCDD【考点】化学实验方案的评价【分析】A白色沉淀可能为AgCl；B胶体分散系具有丁达尔现象；
40、C具有还原性的气体均可被高锰酸钾氧化；D观察K的焰色应透过蓝色的钴玻璃【解答】解：A白色沉淀可能为AgCl，则某溶液中加入盐酸酸化的BaCl2溶液，生成白色沉淀，原溶液中可能含银离子或SO42，但二者不能同时存在，故A错误；B胶体分散系具有丁达尔现象，则用激光笔照射鸡蛋白溶液有丁达尔效应，说明鸡蛋白溶液属于胶体，故B正确；C具有还原性的气体均可被高锰酸钾氧化，则某气体通入酸性KMnO4溶液中，紫色褪去，则气体可能为SO2或乙烯、乙炔等，故C错误；D观察K的焰色应透过蓝色的钴玻璃，则用铂丝蘸取溶液进行焰色反应，焰色为黄色，则一定含Na元素，可能含K元素，故D错误；故选B1425时下列叙述不正确的
41、是（）ApH=3的二元弱酸H2R溶液与p=11的NaOH溶液混合后，混合液的pH等于7，则反应后的混合液中：2c（R2）+c（HR）=（Na+）B若0.3molL1HY溶液与0.3molL1NaOH溶液等体积混合后，溶液的pH=9，则：c（OH）c（HY）=（H+）=1109molL1C0.2molL1HCl溶液与等体积0.05molL1Ba（OH）2溶液混合后，溶液的pH=1D0.1molL1Na2S与0.1molL1NaHS等体积混合：3c（Na+）2c（HS）=2c（S2）+2c（H2S）【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算【分析】A溶液混合后溶液pH=7，则c（H+）=c（OH
42、），结合电荷守恒判断；B等体积混合后得到NaY溶液，溶液的pH=9，则c（H+）=1109 molL1，说明HY为弱酸，生成强碱弱酸盐，根据电荷守恒和物料守恒进行解答；C0.2molL1 HCl溶液与等体积0.05 molL1 Ba（OH）2溶液混合后，酸过量，计算出溶液中的氢离子浓度，根据pH=lgc（H+）计算；DNa2S、NaHS的物质的量相等，根据物料守恒c（Na+）= c（HS）+c（S2）+c（H2S）【解答】解：A溶液混合后溶液pH=7，则c（H+）=c（OH），溶液中电荷守恒：2c（R2）+c（HR）+c（OH）=c（Na+）+c（H+），故有2c（R2）+c（HR）=c（Na
43、+），故A正确；B两溶液恰好反应产物为NaY，水解溶液呈碱性，由电荷守恒：c（OH）+c（Y+）=c（H+）+c（Na+），由物料守恒：c（HY）+c（Y+）=c（Na+），联立可得：c（OH）c（HY）=c（H+）=1109 molL1，故B正确；C混合后溶液中c（H+）=（0.2mol/L0.1mol/L）2=0.05mol/L，则pH=lg0.05=2lg51.3，故C错误；D溶液体积、浓度相等，则Na2S、NaHS的物质的量相等，根据物料守恒c（Na+）= c（HS）+c（S2）+c（H2S），则c（Na+）2c（HS）=2c（S2）+2c（H2S），故D错误故选：CD15一定温度下，
44、将1mo1X、1molY和1molW充入2L恒容密闭容器，发生反应X（g）+Y（g）mZ（g）+W（s），t1时达到平衡在t1、t2时刻分别改变影响反应的一个条件，测得容器中气体Z的浓度随时间变化如图所示下列说法正确的是（）A反应方程式中的m=2Bt2时刻改变的条件是加人了催化剂或加压Ct3时刻改变的条件是移去少里物质WDt3时刻改变的条件可能是增加了X的物质的量【考点】化学平衡建立的过程【分析】A、t2时刻Z的浓度增大，t2t3浓度不变说明平衡不移动，应是增大压强造成的，压强不影响该平衡；B、使用催化剂不影响平衡移动；C、W为固体，减少W的量，不影响平衡移动；D、t3时刻改变的条件可能是增加
45、了Z的物质的量，平衡正向移动，Z的浓度随时间而增大，据此判断【解答】解：A、t2时刻Z的浓度增大，t2t3浓度不变说明平衡不移动，应是增大压强造成的，压强不影响该平衡，所以有m=1+1=2，故A正确；B、加入催化剂Z的浓度不发生变化，故B错误；C、W为固体，减少W的量，不影响平衡移动，C的浓度不发生变化，故C错误；D、t3时刻改变的条件可能是增加了Z的物质的量，平衡正向移动，Z的浓度随时间而增大，故D正确；故选AD三、非选择题（共80分）16用离子交换法从废钒催化剂（含有V2O5、VOSO4及不溶性残渣）中回收钒工艺的主要流程如图1：部分含钒物质在水中的溶解性如表：物质VOSO4V2O5NH4
46、VO3（VO2）2SO4溶解性可溶难溶难溶易溶回答下列问题：（1）滤液中含钒的主要成分为VOSO4 （填化学式）（2）反应的离子方程式为V2O5+SO32+4H+VO2+SO42+2H2O（3）反应中1mo1KClO3参加反应，电子转移的数目为6mol（4）反应的离子方程为NH4+VO3=NH4VO3，该反应沉钒率的高低除受溶液pH影响外，还需要控制温度根据图2判断最佳温度为80（5）工业由V2O5，冶炼金属钒常用铝热剂法，该反应的化学方程为3V2O5+10Al 6V+5Al2O3【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用【分析】（1）根据废钒催化剂的组成及表中数据判断滤液主要成分；（2）
47、由题意和流程图可知反应的目的，将V2O5 转化为可溶性的VOSO4，便于分离提纯；（3）KClO3为氧化剂，可被还原生成氯离子；（4）该工艺中反应的沉淀率（又称沉钒率）是回收钒的关键之一，铵根离子和VO3反应生成难溶性的NH4VO3；（5）铝与五氧化二钒反应生成钒与氧化铝【解答】解：（1）废钒催化剂中含有V2O5、VOSO4及不溶性残渣，由于V2O5为难溶物，所以滤液中含钒的主要成分为VOSO4，故答案为：VOSO4 ；（2）反应的目的是把难溶的五氧化二钒还原为溶于水的VOSO4，该反应的离子方程式为：V2O5+SO32+4H+VO2+SO42+2H2O，故答案为：V2O5+SO32+4H+V
48、O2+SO42+2H2O；（3）KClO3为氧化剂，化合价由+5价降低到1价，则1mo1KClO3参加反应，电子转移的数目为6mol，故答案为：6mol；（4）该工艺中反应的沉淀率（又称沉钒率）是回收钒的关键之一，铵根离子和VO3反应生成难溶性的NH4VO3，根据NH4VO3难溶于水，利用复分解反应沉淀VO3，离子方程式为：NH4+VO3=NH4VO3，根据图2判断最佳温度为沉淀率最高的，应为80故答案为：NH4+VO3=NH4VO3；80；（5）铝与五氧化二钒反应生成钒与氧化铝，反应方程式为3V2O5+10Al 6V+5Al2O3，故答案为：3V2O5+10Al 6V+5Al2O317盐酸阿
49、立必利是一种强效止吐药它的合成路线如图：（1）有机物D中含氧官能团的名称是醚键、酯基（2）反应、的反应类型分别为氧化反应、取代反应（3）写出同时满足下列条件的D的一种同分异构体G的结构简式：属于氨基酸能与FeCI3溶液发生显色反应；分子中有一个手性碳原子，有6种不同化学环境的氢（4）写出由C生成D的化学方程式：（5）已知：（该物质易被氧化）请写出以、CH3COCl、CH3OH为原料制备的合成路线流程图（无机试剂任用）合成路线流程图示例如下：CH3CH2OHH2CCH2【考点】有机物的合成【分析】根据流程图知，A被酸性高锰酸钾氧化生成B，该反应属于氧化反应，B发生取代反应生成C，C发生取代反应生
50、成D，D发生取代反应生成E，E发生取代反应生成F，（1）根据D的结构简式判断含有的官能团；（2）根据上面的分析可知，反应、的反应类型；（3）G是D的同分异构体，G符合下列条件，属于氨基酸说明含有氨基和羧基；能与FeCl3溶液发生显色反应说明含有酚羟基；分子中有一个手性碳原子，有6种不同化学环境的氢，说明其中一个碳原子连接4个不同的原子或原子团，据此书写结构；（4）对比C、D的结构可知，反应还生成乙酸甲酯，生成的乙酸甲酯在浓硫酸条件下可以发生水解反应生成乙酸与甲醇；（5）结合转化关系中信息可知，和浓硝酸发生取代反应生成，发生氧化反应生成，被还原生成，再与甲醇发生酯化生成，或者先酯化再还原得，发生
51、取代生成，据此答题；【解答】解：根据流程图知，A被酸性高锰酸钾氧化生成B，该反应属于氧化反应，B发生取代反应生成C，C发生取代反应生成D，D发生取代反应生成E，E发生取代反应生成F，（1）根据D的结构简式知，D中含有的官能团有酯基、醚键和氨基，故答案为：醚键、酯基；（2）根据上面的分析可知，反应、的反应类型分别为氧化反应、取代反应，故答案为：氧化反应、取代反应；（3）G是D的同分异构体，G符合下列条件，属于氨基酸说明含有氨基和羧基；能与FeCl3溶液发生显色反应说明含有酚羟基；分子中有一个手性碳原子，有6种不同化学环境的氢，说明其中一个碳原子连接4个不同的原子或原子团，则符合条件的G的结构简式
52、为，故答案为：；（4）对比C、D的结构可知，反应还生成乙酸甲酯，生成的乙酸甲酯在浓硫酸条件下可以发生水解反应生成乙酸与甲醇，C发生取代反应生成D，反应方程式为：，故答案为：；（5）结合转化关系中信息可知，和浓硝酸发生取代反应生成，发生氧化反应生成，被还原生成，再与甲醇发生酯化生成，或者先酯化再还原得，发生取代生成，合成路线为或，故答案为：或18乙二酸（H2C2O4）是一种重要的化工产品可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，自身被氧化为CO2乙二酸制备工艺流程如图：氧化时控制反应液温度为5560边搅拌边缓慢滴加浓HNO3，H2SO4混合液，可发生下列反应：C6H12O6+18HNO33H2C2O4+18N
53、O2+12H2OC6H12O6+6HNO33H2C2O4+6NO+6H2O（1）检验氧化后的溶液中是否仍含有葡萄糖的实验方案中用到的试剂为取氧化后所得溶液，加入过量NaOH溶液，再向其中加入新制Cu（OH）2，加热，若有砖红色沉淀产生，说明含有葡萄糖（2）氧化时需控制反应液温度为5560，不能超过60的原因是温度过低反应过慢，若温度过高硝酸会分解（或挥发）（3）H2C2O4能使酸性KMnO4溶液褪色，其离子方程式为5H2C2O4+2MnO4+6H+=2Mn2+10CO2+8H2O（4）生产中产生的NOx用氧气和水吸收后产生硝酸循环利用，若尾气NOx中n（NO2）：n（NO）=1：2，且NOx的
54、吸收转化率为90%计算：理论上，每生产6.3kg乙二酸至少需要补充质量分数为63%的硝酸溶液多少千克（写出计算过程）【考点】有机物的合成【分析】（1）葡萄糖含有醛基，取氧化后所得溶液，加入过量NaOH溶液，加入新制Cu（OH）2，加热，检验葡萄糖；（2）若温度过低反应过慢，若温度过高硝酸会分解（或挥发）；（3）H2C2O4与酸性KMnO4溶液发生氧化还原反应生成二氧化碳、锰离子等，使溶液褪色；（4）根据n=计算乙二酸的物质的量，令反应生成NO2的乙二酸的物质的量为xmol，则反应生成NO的乙二酸的物质的量为mol，根据方程式计算生成气体的物质的量，由氮元素守恒可知，损失的气体的物质的量等于需要
55、补充的硝酸的物质的量，据此解答【解答】解：（1）检验氧化后的溶液中是否仍含有葡萄糖的实验方案为：取氧化后所得溶液，加入过量NaOH溶液，再向其中加入新制Cu（OH）2，加热，若有砖红色沉淀产生，说明含有葡萄糖，故答案为：取氧化后所得溶液，加入过量NaOH溶液，再向其中加入新制Cu（OH）2，加热，若有砖红色沉淀产生，说明含有葡萄糖；（2）温度过低反应过慢，若温度过高硝酸会分解（或挥发），故氧化时控制反应液温度为5560，故答案为：温度过低反应过慢，若温度过高硝酸会分解（或挥发）；（3）H2C2O4与酸性KMnO4溶液发生氧化还原反应生成二氧化碳、锰离子等，反应的离子方程式为5H2C2O4+2M
56、nO4+6H+=2Mn2+10CO2+8H2O，故答案为：5H2C2O4+2MnO4+6H+=2Mn2+10CO2+8H2O；（4）6.3kg乙二酸的物质的量为=70mol，令反应生成NO2的乙二酸的物质的量为xmol，则反应生成NO的乙二酸的物质的量为（70x）mol，由方程式可知，反应生成的n（NO2）=6x mol，n（NO）=2（70x）mol，尾气NOx中n（NO2）：n（NO）=1：2，故6x：2（70x）=1：2，解得x=10，故需要补充硝酸为6x+2（70x）mol（190%）=60+120mol（190%）=18mol，故需要加入硝酸溶液的质量为=1800g=1.8kg，答：
57、需要加入硝酸溶液的质为1.8kg19硅藻土是由硅藻死亡后的遗骸沉积形成的，主要成分是SiO2和有机质，并含有少量的Al2O3、Fe2O3、MgO等杂质精致硅藻土因为吸附性强、化学性质稳定等特点被广泛应用如图是生产精制硅藻土并获得A1（OH）3的工艺流程（1）精制硅藻土的主要成分是SiO2反应II后，过滤获得的滤渣主要成分是Fe（OH）3、Mg（OH）2（2）反应III的离子方程式是AlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3+HCO3；氢氧化铝常用作阻燃剂，其原因是氢氧化铝受热分解吸收热量，且生成高熔点的氧化铝覆盖在表面（3）实脸室用酸碱滴定法测定硅藻土中硅含量的步骤如下：步骤1：准确称取样品m
58、g，加入适量KOH固体，在高温下充分灼烧，冷却，加水溶解步骤2：将所得溶液完全转移至塑料烧杯中加入硝酸至强酸性，得硅酸浊液步骤3：向硅酸浊液中加人NH4F溶液、饱和KCI溶液，得K2SiF6沉淀，用塑料漏斗过滤并洗涤步骤4：将K2SiF6转移至另一烧杯中，加入一定量蒸馏水，采用70水浴加热使其充分水解（K2SiF6+3H2OH2SiO3+4HF+2KF），抽滤步骤5：向上述滤液中加入数滴酚酞，趁热用浓度为cmolL1NaOH的标准溶液滴定至终点，消耗NaOH标准溶液VmL步骤1中高温灼烧实验所需的仪器除三角架、泥三角、酒精喷灯外还有da蒸发皿 b表面皿 c瓷坩祸 d铁坩埚步骤2、3中不使用玻璃
59、烧杯、玻璃漏斗的原因是实验中产生的HF能与玻璃仪器中的二氧化硅步骤5中滴定终点的现象为最后一滴滴入后溶液由无色变为粉红色，且30s不褪色样品中SiO2的质量分数为 （用m、c、V表示）【考点】制备实验方案的设计【分析】硅藻土煅烧时，有机物能燃烧形成一些矿物盐，向煅烧所得固体中加入稀硫酸，发生的反应为：Al2O3+3H2SO4=Al2（SO4）3+3H3O、Fe2O3+3H2SO4=Fe2（SO4）3+3H2O、MgO+H2SO4=MgSO4+H2O，矿物盐溶解，二氧化硅不反应，过滤后得到的固体主要成分是SiO2，然后烘干得到精制硅藻土向滤液中加入过量NaOH溶液，发生反应Fe2（SO4）3+6
60、NaOH=2Fe（OH）3+3Na2SO4、Al2（SO4）3+8NaOH=2NaAlO2+3Na2SO4+4H2O、MgSO4+2NaOH=Mg（OH）2+Na2SO4，然后过滤，向滤液中通入过量二氧化碳，发生反应NaAlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3+NaHCO3，过滤得到固体Al（OH）3（1）精制硅藻土的主要成分是二氧化硅，反应II后，过滤获得的滤渣主要成分是氢氧化铁、氢氧化镁；（2）反应发生反应：NaAlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3+NaHCO3；氢氧化铝受热分解生成氧化铝和水蒸气且吸收热量，氧化铝熔点较高，一般条件下不熔融；（3）氢氧化钾与二氧化硅反应，应在铁质坩
61、埚中灼烧；实验中产生HF，能与二氧化硅反应；滤液呈酸性，滴入酚酞溶液为无色，用氢氧化钠得到滤液中HF，HF反应完毕，再滴入最后一滴NaOH溶液后溶液呈碱性，酚酞遇碱呈红色；根据关系式SiO2K2SiF64HF4NaOH计算【解答】解：硅藻土煅烧时，有机物能燃烧形成一些矿物盐，向煅烧所得固体中加入稀硫酸，发生的反应为：Al2O3+3H2SO4=Al2（SO4）3+3H3O、Fe2O3+3H2SO4=Fe2（SO4）3+3H2O、MgO+H2SO4=MgSO4+H2O，矿物盐溶解，二氧化硅不反应，过滤后得到的固体主要成分是SiO2，然后烘干得到精制硅藻土向滤液中加入过量NaOH溶液，发生反应Fe2
62、（SO4）3+6NaOH=2Fe（OH）3+3Na2SO4、Al2（SO4）3+8NaOH=2NaAlO2+3Na2SO4+4H2O、MgSO4+2NaOH=Mg（OH）2+Na2SO4，然后过滤，向滤液中通入过量二氧化碳，发生反应NaAlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3+NaHCO3，过滤得到固体Al（OH）3（1）由上述分析可知，精制硅藻土的主要成分是SiO2，反应II后，过滤获得的滤渣主要成分是Fe（OH）3、Mg（OH）2，故答案为：SiO2；Fe（OH）3、Mg（OH）2；（2）反应发生反应：NaAlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3+NaHCO3，反应离子方程式为：AlO
63、2+CO2+2H2O=Al（OH）3+HCO3，氢氧化铝常用作阻燃剂，其原因是：氢氧化铝受热分解吸收热量，且生成高熔点的氧化铝覆盖在表面，故答案为：AlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3+HCO3；氢氧化铝受热分解吸收热量，且生成高熔点的氧化铝覆盖在表面；（3）在坩埚中进行高温灼烧，瓷坩埚含有二氧化硅，能与氢氧化钾反应，应在铁质坩埚中灼烧，故选：d；实验中产生的HF能与玻璃仪器中的二氧化硅，步骤2、3中不使用玻璃烧杯、玻璃漏斗，故答案为：实验中产生的HF能与玻璃仪器中的二氧化硅；滤液呈酸性，滴入酚酞溶液为无色，用氢氧化钠得到滤液中HF，HF反应完毕，步骤5中滴定终点的现象为：最后一滴滴入后
64、溶液由无色变为粉红色，且30 s不褪色；故答案为：最后一滴滴入后溶液由无色变为粉红色，且30s不褪色；设样品中SiO2的质量分数为x，则：SiO2K2SiF64HF4NaOH60g 4molmx g V103Lcmol/L所以60g：mx g=4mol：V103Lcmol/L解得x=故答案为：20运用化学反应原理知识研究如何利用CO、SO2等有重要意义（1）用CO可以合成甲醇己知：CH3OH（g）+O2（g）CO2（g）+2H2O（l）H=764.5kJmol1CO（g）+O2（g）CO2（g）H=283.0kJmol1H2（g）+O2（g）H2O（l）H=285.8kJmol1CO（g）+2
65、H2（g）CH3OH（g）H=90.1kJmol1（2）下列措施中能够增大上述合成甲醇反应的反应速率的是ac（填写序号）a使用催化剂 b降低反应温度c增大体系压强 d不断将CH3OH从反应混合物中分离出来（3）在一定压强下，容积为VL的容器中充入amolCO与2amolH2，在催化剂作用下反应生成甲醇，平衡转化率与温度、压强的关系如图1所示P1小于P2（填“大于”、“小于”或“等于”）100时该反应的化学平衡常数K=100时，达到平衡后，保持压强P1不变的情况下，向容器中通入CO、H2、CH3OH各0.5amol，则平衡向左（填“向左”、“不”或“向右”）移动（4）利用原电池原理，用SO2和H
66、2O来制备硫酸，该电池用多孔材料作电极，它能吸附气体，同时也能使气体与电解质溶液充分接触请写出该电池负极的电极反应式SO22e+2H2OSO42+4H+（5）Na2SO3溶液与CaCl2溶液混合会生成难溶的CaSO3（Ksp=3.1107），现将等体积的CaCl2溶液与Na2SO3溶液棍合，若混合前Na2SO3溶液的浓度为2103molL1，则生成沉淀所需CaCl2溶液的最小浓度为6.2104molL1用Na2SO3溶液充分吸收SO2得NaHSO3溶液，然后电解该溶液，电解原理示意图如图2所示请写出该电解池发生反应的化学方程式2NaHSO3+H2ONa2SO3+H2SO4+H2【考点】化学平衡
67、的计算；热化学方程式；原电池和电解池的工作原理；电解原理【分析】（1）CH3OH（g）+O2（g）CO2（g）+2H2O（l）H=764.5kJmol1CO（g）+O2（g）CO2（g）H=283.0kJmol1H2（g）+O2（g）H2O（l）H=285.8kJmol1由盖斯定律可知，+2得到CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）；（2）增大浓度、温度，使用催化剂均可加快反应速率；（3）相同温度下，同一容器中，增大压强，平衡向正反应方向移动，则CO的转化率增大；该温度下，平衡时n（CO）=amol（10.5）=0.5amol，n（CH3OH）=c（CO）（参加反应）=amol0.5=0.5
68、amol，n（H2）=2amol2amol0.5=amol，则c（CO）=mol/L、c（CH3OH）=mol/L、c（H2）=mol/L，化学平衡常数K=；向容器中通入CO、H2、CH3OH各0.5amol，Qc=，与K比较，判断反应进行的方向；（4）用SO2和H2O来制备硫酸，负极上二氧化硫失去电子生成硫酸；（5）若混合前Na2SO3溶液的浓度为2103molL1，等体积混合后浓度为103molL1，结合Ksp计算；由图可知电解产物，以此书写电解方程式【解答】解：（1）CH3OH（g）+O2（g）CO2（g）+2H2O（l）H=764.5kJmol1CO（g）+O2（g）CO2（g）H=2
69、83.0kJmol1H2（g）+O2（g）H2O（l）H=285.8kJmol1由盖斯定律可知，+2得到CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）H=（283.0kJmol1）+（285.8kJmol1）2（764.5kJmol1）=90.1kJ/mol，故答案为：90.1；（2）a使用催化剂，可加快反应速率，故选； b降低反应温度，反应速率减小，故不选；c增大体系压强，反应速率加快，故选； d不断将CH3OH从反应混合物中分离出来，平衡虽正向移动，但浓度减小、反应速率减小，故不选；故答案为：ac；（3）相同温度下，同一容器中，增大压强，平衡向正反应方向移动，则CO的转化率增大，根据图象知，p1
70、小于p2，故答案为：小于；该温度下，平衡时n（CO）=amol（10.5）=0.5amol，n（CH3OH）=c（CO）（参加反应）=amol0.5=0.5amol，n（H2）=2amol2amol0.5=amol，则c（CO）=mol/L、c（CH3OH）=mol/L、c（H2）=mol/L，化学平衡常数K=，故答案为：；向容器中通入CO、H2、CH3OH各0.5amol，Qc=K=，则平衡向左移动，故答案为：向左；（4）该原电池中，负极上失电子被氧化，二氧化硫到硫酸，硫的化合价升高，所以负极上投放的气体是二氧化硫，二氧化硫失电子和水反应生成硫酸根离子和氢离子，所以负极上的电极反应式为：SO
71、22e+2H2OSO42+4H+，故答案为：SO22e+2H2OSO42+4H+；（5）若混合前Na2SO3溶液的浓度为2103molL1，等体积混合后浓度为103molL1，生成沉淀所需CaCl2溶液的最小浓度为mol/L2=6.2104molL1；电解池中阳极和电源正极相连，失去电子，发生氧化反应，电解NaHSO3溶液可制得硫酸，硫的化合价升高，所以阳极是HSO3溶液失去电子被氧化生成SO42，阳极电极反应式为HSO3+H2O2e=SO42+3H+，阴极上得到电子生成氢气，电解反应为2NaHSO3+H2ONa2SO3+H2SO4+H2，故答案为：6.2104molL1；2NaHSO3+H2
72、ONa2SO3+H2SO4+H221我国部分城市灰霾天占全年一半引起灰霾的PM2.5微细粒子包含（NH4）2S04、NH4N03、有机颗粒物及扬尘等通过测定灰霾中锌等重金属的含量，可知交通污染是目前造成我国灰霾天气主要原因之一（1）Zn2+在基态时核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d10（2）SO的空间构型是正四面体（3）PM2.5富含大量的有毒、有害物质，易引发二次光化学烟雾污染，光化学烟雾中含有NOx、O3、CH：=CHCHO、HCOOH、CH3COOONO2（PAN）等二次污染物下列说法正确的是acaN2O为直线型分子bC、N、O的第一电离能依次增大cCH2=CH一CHO分
73、子中碳原子均采用sp2杂化d相同压强下，HCOOH沸点比CH3OCH3高，说明前者是极性分子，后者是非极性分子1molHCOOH中含键数目为4molNO能被FeSO4溶液吸收生成配合物Fe（NO）（H20）5S04，该配合物中心离子的配体为NO和H20（4）测定大气中PM2.5的浓度方法之一是射线吸收法，射线放射源可用Kr，已知Kr晶体的晶胞结构如图所示，设晶体中晶胞中含Kr原子为m个，与每个Kr原子相紧邻的Kr原子有n个，则m/n= （填数字）【考点】原子核外电子排布；共价键的形成及共价键的主要类型；判断简单分子或离子的构型；晶胞的计算【分析】（1）Zn元素是30号元素，Zn原子形成离子先失
74、去高能层中的电子，结合核外电子排布规律书写；（2）根据价层电子对互斥模型判断粒子的空间结构；（3）aN20与CO2是等电子体，结构相似；b同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而增大，注意同一周期的第A元素的第一电离能大于第A族的，第A族的大于第A族；cCH2=CHCHO分子中每个碳原子均形成三根共价键，均采用sp2杂化；dHCOOH分子间能形成氢键；CH30CH3不能形成分子间氢键；1molHCOOH中含键数目为4mol；配位体位于方括号中，由1个NO和5个H20分子构成；（4）以顶点为计算，与之相邻的最近的Kr位于三个面心上，而顶点的原子为8个立方体共有，每个面心上的Kr为两个立方体共
75、有，故与每个Kr原子相紧邻的Kr原子有34=12，晶胞中含Kr原子为8+6=4，然后求出比值【解答】解：（1）Zn元素是30号元素，Zn原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s2，故Zn2+的基态电子排布式为1s22s22p63s23p63d10，故答案为：1s22s22p63s23p63d10；（2）SO42中中心原子S的价层电子对为=4，杂化方式为SP3杂化，所以其空间构型为正四面体结构，故答案为：正四面体；（3）aN20与CO2是等电子体，CO2的结构式O=C=O，所以N20结构式可表示为N=N=O，故a正确；b同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而增大，但
76、第A族的大于第A族的，由于氮原子是半满结构更稳定，所以其第一电离能大小顺序是：NOC，故b错误；cCH2=CHCHO分子中每个碳原子均形成三根共价键，均采用sp2杂化，故c正确；dHCOOH分子间能形成氢键；CH30CH3不能形成分子间氢键，所以相同压强下，HCOOH沸点比CH30CH3高，故d错误；故选：ac；1molHCOOH中含有3个单键，1个双键，共有4个键，含键数目为4mol，故答案为：4mol；配位体位于方括号中，由1个NO和5个H20分子构成，则配位数位6，故答案为：NO和H20；（4）与每个Kr原子相紧邻的Kr原子有34=12，晶胞中含Kr原子为8+6=4，则=，故答案为2017年4月17日