1、2016年江苏省泰州市高考化学二模试卷一、选择题（共10小题，每小题2分，满分20分）1我国可再生能源法倡导碳资源的高效转化及循环利用（如图所示）下列做法与上述理念相违背的是（）A大力发展煤的气化及液化技术B加快石油等化石燃料的开采和使用C以CO2 为原料生产可降解塑料D将秸秆进行加工转化为乙醇燃料2下列有关化学用语表示正确的是（）A氮气的电子式：B镁离子的结构示意图：C中子数为16的磷原子： PD丙烯的结构简式：CH3CHCH23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使酚酞变红的溶液中：Mg2+、Al3+、NO3、ClOB与Al反应能放H2的溶液中：Na+、Cu2+、NO3
2、、IC0.1 molL1Na2CO3溶液中：NH4+、K+、SO42、ClD =11012的溶液中：Ca2+、Na+、SiO32、HCO34下列实验装置应用于铜与浓硫酸反应制取二氧化硫和硫酸铜晶体，能达到实验目的是（）A用图甲装置制取并收集二氧化硫B用图乙装置向反应后的混合物中加水稀释C用图丙装置过滤出稀释后混合物中的不溶物D用图丁装置将硫酸铜溶液蒸发浓缩后冷却结晶5下列有关物质性质的应用正确的是（）A次氯酸钙有强氧化性，用于饮用水消毒B木炭具有还原性，用于制冰箱除味剂C氧化铝具有两性，用于工业冶炼铝单质D氯化铁溶液呈酸性，用于蚀刻铜电路板6工业上曾经通过反应“3Fe+4NaOHFe3O4+2
3、H2+4Na”生产金属钠下列有关说法正确的是（）A用磁铁可以将Fe与Fe3O4分离B将生成的气体在空气中冷却可获得钠C该反应条件下铁的氧化性比钠强D每生成1molH2，转移的电子数约为46.0210237短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，其中X是组成有机物的基本骨架元素，元素Y的核电荷数等于W原子的最外层电子数，元素Z的最高正化合价为+2价下列说法正确的是（）AX、Y的单质均具有较高的熔沸点BZ、W形成的化合物中既含有离子键，有含有共价键C原子半径由大到小的顺序：X、Y、ZD最高价氧化物对应水化物的酸性由强到弱的顺序：W、Y、X8下列物质的转化在给定条件下能实现的是（）ANaCl
4、（aq）NaHCO3（s）Na2CO3（s）BCuCl2Cu（OH）2CuCAlNaAlO2（aq）NaAlO2（s）DMgO（s）Mg（NO3）2（aq）Mg（s）9下列指定反应的离子方程式正确的是（）A向Ag（NH3）2NO3溶液中加入盐酸：Ag（NH3）2+2H+=Ag+2NH4+B向Na2O2中加入足量的水：2Na2O2+2H2O=4Na+4OH+O2C向硫酸铝溶液中加入过量氨水：Al3+3OH=Al（OH）3D向Ca（HCO3）2溶液中加入澄清石灰水：Ca2+2HCO3+2OH=CaCO3+CO32+2H2O10下列图示与对应的叙述相符的是（）A图1表示1 LpH=2的CH3COOH
5、溶液加水稀释至V L，pH随lgV的变化B图2表示不同温度下水溶液中H+和OH浓度的变化的曲线，图中温度T2T1C图3表示一定条件下的合成氨反应中，NH3的平衡体积分数随H2起始体积分数（N2的起始量恒定）的变化，图中a点N2的转化率小于b点D图4表示同一温度下，在不同容积的容器中进行反应2BaO2（s）2BaO（s）+O2（g），O2的平衡浓度与容器容积的关系二、多项选择题（共5小题，每小题4分，满分20分。每小题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
6、下列有关说法正确的是（）A反应CaC2（s）+N2（g）=CaCN2（s）+C（s）能自发进行，是因为H0B若电工操作中将铝线与铜线直接相连，会导致铜线更快被氧化C向水中加入NaHCO3或NaHSO4固体后，水的电离程度均增大D对于乙酸乙酯的水解反应，加入稀硫酸会使平衡向正反应方向移动12合成药物异搏定路线中某一步骤如下：下列说法正确的是（）A物质X在空气中不易被氧化B物质Y中只含1个手性碳原子C物质Z中所有碳原子可能在同一平面内D等物质的量的X、Y分别与NaOH反应，最多消耗NaOH的物质的量之比为1：213科学家通过探寻矿物X推测外星球上是否曾经存在水某兴趣小组为分析矿物X中的常见离子，将
7、其溶于稀硝酸，并将所得溶液进行实验，下列依据实验现象得出的结论正确的是（）A用铂丝蘸取少量溶液进行焰色反应，火焰呈紫色，说明矿物X中含K+B取少量溶液向其中滴加NaOH溶液，加热，用湿润红色石蕊试纸检验生成的气体，试纸变蓝，说明矿物X中含NH4+C取少量溶液向其中滴加KSCN溶液，溶液变为血红色，说明矿物X中含Fe3+D取少量溶液向其中滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀产生，说明矿物X中含SO421425时，用0.0500molL1H2C2O4（二元弱酸）溶液滴定25.00mL0.1000molL1NaOH溶液所得滴定曲线如图下列说法正确的是（）A点所示溶液中：c（H+）+c（H2C2O
8、4）+c（HC2O4）=c（OH）B点所示溶液中：c（HC2O4）+2c（C2O42）=c（Na+）C点所示溶液中：c（Na+）c（HC2O4）c（H2C2O4）c（C2O42）D滴定过程中可能出现：c（Na+）c（C2O42）=c（HC2O4）c（H+）c（OH）15一定温度下，在三个体积均为0.5L的恒容密闭容器中发生反应：CO（g）+Cl2（g）C0Cl2（g），其中容器I中5min时到达平衡下列说法中正确的是（）温度/起始物成质的量/mol平衡物质的两/mol容器编马COCl2COCl2COCl25001.01.000.85001.0a00.56000.50.50.507A容器I中前5
9、min的平均反应速率v（CO）=0.16molL1min1B该反应正反应为吸热反应C容器中起始时Cl2的物质的量为0.55molD若起始时向容器I加入CO0.8mol，Cl20.8mol，达到平衡时CO转化率大于80%三、非选择题（共5小题，满分68分）16以炼锌厂的烟道灰（主要成分为ZnO，另含少量Fe2O3、CuO、SiO2、MnO等）为原料可生产草酸锌晶体（ZnC2O42H2O） 有关氢氧化物开始沉淀和沉淀完全的pH如下表：氢氧化物Fe（OH）3Fe（OH）2Cu（OH）2Zn（OH）2开始沉淀的pH1.56.54.25.4沉淀完全的pH3.39.76.78.2请问答下列问题：（1）滤渣
10、A的主要成分为（2）除锰过程中产生MnO（OH）2沉淀的离子方程式为（3）除铁（部分Cu2+可能被除去）时加入ZnO控制反应液pH的范围为上述流程中除铁与除铜的顺序不能颠倒，否则除铁率会减小，其原因是（4）若沉淀过程采用Na2C2O4代替（NH4）2C2O4生产草酸锌晶体，合理的加料方式是（5）将草酸锌晶体加热分解可得到一种纳米材料加热过程中固体残留率随温度的变化如右图所示，300460范围内，发生反应的化学方程式为17化合物G是一种治疗认知障碍药物的中间体，可以通过以下方法合成：（1）化合物A、D中含氧官能团的名称分别为和（2）由BC的反应类型为；化合物E的结构简式为（3）写出同时满足下列条
11、件的B的一种同分异构体的结构简式：能发生银镜反应，水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应；分子中只有4种不同化学环境的氢，且分子中含有氨基（4）已知：RCNRCH2NH2，请写出以和CH3CH2Cl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：CH3CH2OHCH2=CH2CH3CH2Cl18电解法处理含氮氧化物废气，可回收硝酸，具有较高的环境效益和经济效益实验室模拟电解法吸收NOx的装置如图所示（图中电极均为石墨电极）（1）若用NO2气体进行模拟电解法吸收实验写出电解时NO2发生反应的电极反应式：若有标准状况下2.24 LNO2被吸收，通过阳离子交换膜（只允许阳离子通
12、过）的H+为mol（2）某小组在右室装有10 L 0.2 molL1硝酸，用含NO和NO2（不考虑NO2转化为N2O4）的废气进行模拟电解法吸收实验实验前，配制10L0.2molL1硝酸溶液，需量取mL的密度为1.4 gmL1、质量分数为63%的浓硝酸电解过程中，有部分NO转化为HNO2实验结束时，测得右室溶液中含3molHNO3、0.1molHNO2，同时左室收集到标准状况下28LH2计算原气体中NO和NO2的体积比（假设尾气中不含氮氧化物，写出计算过程）19如下图所示（B中冷却装置未画出），将氯气和空气（不参与反应）以体积比约1：3混合通入含水8%的碳酸钠中制备Cl2O，并用水吸收Cl2O
13、制备次氯酸溶液已知：Cl2O极易溶于水并与水反应生成HClO；Cl2O的沸点为3.8，42以上分解为Cl2和O2（1）实验中控制氯气与空气体积比的方法是为使反应充分进行，实验中采取的措施有（2）装置B中产生Cl2O的化学方程式为：若B无冷却装置，则进入C中的Cl2O会大量减少其原因是（3）装置C中采用棕色圆底烧瓶是因为（4）已知次氯酸可被H2O2、FeCl2等物质还原成Cl测定C中次氯酸溶液的物质的量浓度的实验方案为：用取20.00mL次氯酸溶液，（可选用的试剂：H2O2溶液、FeCl2溶液、AgNO3溶液除常用仪器外须使用的仪器有：电子天平，真空干燥箱）20利用氨水吸收烟气中的二氧化硫，其相
14、关反应的主要热化学方程式如下：SO2（g）+NH3H2O（aq）=NH4HSO3（aq）H1=a kJmol1NH3H2O（aq）+NH4HSO3（aq）=（NH4）2SO3（aq）+H2O（l）H2=b kJmol12（NH4）2SO3（aq）+O2（g）=2（NH4）2SO4（aq）H3=c kJmol1（1）反应2SO2（g）+4NH3H2O（aq）+O2（g）=2（NH4）2SO4（aq）+2H2O（l）的H=kJmol1（2）空气氧化（NH4）2SO3的速率随温度的变化如图所示，当温度超过60时，（NH4）2SO3氧化速率下降的原因可能是（3）以磷石膏废渣和碳酸铵为原料制备硫酸铵，不
15、仅解决了环境问题，还使硫资源获得二次利用反应的离子方程式为CaSO4（s）+CO32（aq）SO42（aq）+CaCO3（s），该反应的平衡常数K=已知Ksp（CaCO3）=2.9109，Ksp（CaSO4）=9.1106（4）（NH4）2SO4在工农业生产中有多种用途将黄铜精矿（主要成分Cu2S）与硫酸铵混合后在空气中进行焙烧，可转化为硫酸铜同时产生氨气该反应的化学方程式为研究硫酸铵的分解机理有利于对磷石膏的开发在500下硫酸铵分解过程中得到4种产物，其含氮物质随时间变化关系如图甲所示写出该条件下硫酸铵分解的化学方程式，并用单线桥标出电子转移的方向及数目：（NH4）2SO4是工业制备K2SO
16、4的重要原料根据图乙中相关物质的溶解度曲线，简述工业上制备K2SO4晶体的设计思路：四、选做题：物质结构与性质（共1小题，满分12分）21元素X位于第四周期，其基态原子有4个未成对电子Y原子最外层电子数是其内层电子总数的3倍，元素Z基态原子的3p轨道上有4个电子（1）Y与Z可形成多种化合物元素Y与Z中电负性较大的是（用元素符号描述）离子ZY32的空间构型为（用文字描述）写出一种与ZY2互为等电子体的氧化物分子的化学式（2）Y的氢化物（H2Y）在乙醇中的溶解度大于H2Z，其原因是（3）含X2+的溶液与KCN、氨水反应可得到化合物K3X（CN）5（NH3） 基态X2+的电子排布式是1mol配合物K
17、3X（CN）5（NH3）中含键的数目为（4）右图为X与Z所形成的一种化合物的基本结构单元，推测该化合物的化学式：五、选做题实验化学（共1小题，满分0分）22以苯甲醛为原料制取苯甲醇和苯甲酸的合成反应如下：相关物质的部分物理性质见下表：名称相对密度熔点（）沸点（）溶解度水乙醚苯甲醛1.0426179.6微溶易溶苯甲酸1.27122.124925微溶，95可溶易溶苯甲醇1.0415.3205.7微溶易溶乙醚0.71116.334.6不溶实验流程如下：（1）萃取时苯甲醇在分液漏斗的（填“上”或“下”）层，分液漏斗振摇过程中需慢慢开启旋塞几次，其原因是（2）用NaHSO3溶液、10%Na2CO3溶液、
18、H2O洗涤乙醚层用10%Na2CO3溶液洗涤目的是操作名称是（3）抽滤操作结束时先后进行的操作是（4）提纯粗产品乙的实验方法为2016年江苏省泰州市高考化学二模试卷参考答案与试题解析一、选择题（共10小题，每小题2分，满分20分）1我国可再生能源法倡导碳资源的高效转化及循环利用（如图所示）下列做法与上述理念相违背的是（）A大力发展煤的气化及液化技术B加快石油等化石燃料的开采和使用C以CO2 为原料生产可降解塑料D将秸秆进行加工转化为乙醇燃料【考点】常见的生活环境的污染及治理【分析】A提高洁净煤燃烧技术和煤液化技术，可以降低污染物的排放；B加快化石燃料的开采和使用，化石燃料燃烧会产生污染；C难降
19、解塑料的使用能引起白色污染；D将秸秆进行加工转化为乙醇燃料，变废为宝，符合可持续发展理念；【解答】解：A提高洁净煤燃烧技术和煤液化技术，可以降低污染物的排放，有利于环境保护，故A不选；B运用化石燃料燃烧会产生污染分析，加快化石燃料的开采和使用，化石燃料燃烧会产生污染，不利于环境保护，不符合绿色化学理念，故B选；C难降解塑料的使用能引起白色污染，以CO2 为原料生产可降解塑料，能减少白色污染，有利于环境保护，故C不选；D将秸秆进行加工转化为乙醇燃料，变废为宝，符合可持续发展理念，故D不选；故选：B2下列有关化学用语表示正确的是（）A氮气的电子式：B镁离子的结构示意图：C中子数为16的磷原子： P
20、D丙烯的结构简式：CH3CHCH2【考点】电子式、化学式或化学符号及名称的综合【分析】A、电子式中氮原子未成键的孤对电子对要画出；B、镁离子的结构示意图中最外层的2个电子已经失去；C、P为15号元素，质子数为15；D、丙烯中的官能团碳碳双键不能省略【解答】解：A、电子式中氮原子未成键的孤对电子对要画出，故A正确；B、镁离子的结构示意图中最外层的2个电子已经失去，最外层排8个电子，故B错误；C、P为15号元素，质子数为15，故C错误；D、丙烯中的官能团碳碳双键不能省略，应为CH3CH=CH2故选：A3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使酚酞变红的溶液中：Mg2+、Al3+、
21、NO3、ClOB与Al反应能放H2的溶液中：Na+、Cu2+、NO3、IC0.1 molL1Na2CO3溶液中：NH4+、K+、SO42、ClD =11012的溶液中：Ca2+、Na+、SiO32、HCO3【考点】离子共存问题【分析】A使酚酞变红的溶液，显碱性；B与Al反应能放H2的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液；C该组离子之间不反应；D. =11012的溶液，显酸性【解答】解：A使酚酞变红的溶液，显碱性，不能大量存在Mg2+、Al3+，故A错误；B与Al反应能放H2的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液，酸溶液中NO3、I发生氧化还原反应不生成氢气，碱溶液中不能存在Cu2+，故B错误；C该组离子之间不
22、反应，可大量共存，故C正确；D. =11012的溶液，显酸性，不能大量存在SiO32、HCO3，故D错误；故选C4下列实验装置应用于铜与浓硫酸反应制取二氧化硫和硫酸铜晶体，能达到实验目的是（）A用图甲装置制取并收集二氧化硫B用图乙装置向反应后的混合物中加水稀释C用图丙装置过滤出稀释后混合物中的不溶物D用图丁装置将硫酸铜溶液蒸发浓缩后冷却结晶【考点】化学实验方案的评价【分析】A二氧化硫密度比空气大； B将水沿烧杯内壁倒入；C转移液体需要引流；D溶液蒸发浓缩可以用烧杯【解答】解：A二氧化硫密度比空气大，应用向上排空气法收集，故A错误； B将水沿烧杯内壁倒入，并用玻璃棒不断搅拌，故B错误；C转移液体
23、需要引流，防止液体飞溅，故C错误；D溶液蒸发浓缩用烧杯，故D正确故选D5下列有关物质性质的应用正确的是（）A次氯酸钙有强氧化性，用于饮用水消毒B木炭具有还原性，用于制冰箱除味剂C氧化铝具有两性，用于工业冶炼铝单质D氯化铁溶液呈酸性，用于蚀刻铜电路板【考点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用；镁、铝的重要化合物【分析】A具有强氧化性可杀菌消毒；B木炭具有吸附性；CAl为活泼金属，利用电解法冶炼；DCu与氯化铁发生氧化还原反应【解答】解：A具有强氧化性可杀菌消毒，则次氯酸钙有强氧化性，用于饮用水消毒，故A正确；B木炭具有吸附性，则用于制冰箱除味剂，与其还原性无关，故B错误；CAl为活泼金属，利用电解法
24、冶炼，则工业上电解氧化铝冶炼铝单质，与其两性无关，故C错误；DCu与氯化铁发生氧化还原反应，则用于蚀刻铜电路板，与水解显酸性无关，故D错误；故选A6工业上曾经通过反应“3Fe+4NaOHFe3O4+2H2+4Na”生产金属钠下列有关说法正确的是（）A用磁铁可以将Fe与Fe3O4分离B将生成的气体在空气中冷却可获得钠C该反应条件下铁的氧化性比钠强D每生成1molH2，转移的电子数约为46.021023【考点】氧化还原反应【分析】A、不能用磁铁可以将Fe与Fe3O4分离，两者都被吸引；B、钠极易被空气中的氧气氧化；C、该反应条件下铁的还原性比钠强；D、每生成1molH2，转移的电子为4mol【解答
25、】解：A、不能用磁铁可以将Fe与Fe3O4分离，两者都被吸引，所以不能用磁铁将Fe与Fe3O4分离，故A错误；B、钠极易被空气中的氧气氧化，故B错误；C、该反应条件下铁的还原性比钠强，而不是氧化性，故C错误；D、每生成1molH2，转移的电子为4mol，所以转移的电子数约为46.021023，故D正确；故选D7短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，其中X是组成有机物的基本骨架元素，元素Y的核电荷数等于W原子的最外层电子数，元素Z的最高正化合价为+2价下列说法正确的是（）AX、Y的单质均具有较高的熔沸点BZ、W形成的化合物中既含有离子键，有含有共价键C原子半径由大到小的顺序：X、Y、Z
26、D最高价氧化物对应水化物的酸性由强到弱的顺序：W、Y、X【考点】原子结构与元素周期律的关系【分析】X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，X是组成有机物的基本骨架元素，则X为C元素；元素Z的最高正化合价为+2价，处于IIA族，原子序数大于碳，则Z为Mg；元素Y的核电荷数等于W原子的最外层电子数，由于主族元素原子最外层电子数不超过7，则Y的原子序数大于碳、小于Mg，则Y为N元素、W为Cl元素，结合元素周期律与物质的结构性质判断【解答】解：X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，X是组成有机物的基本骨架元素，则X为C元素；元素Z的最高正化合价为+2价，处于IIA族，原子序数大于
27、碳，则Z为Mg；元素Y的核电荷数等于W原子的最外层电子数，由于主族元素原子最外层电子数不超过7，则Y的原子序数大于碳、小于Mg，则Y为N元素、W为Cl元素AY单质氮气，熔沸点很低，故A错误；BZ、W形成的化合物为MgCl2，只含有离子键，包含共价键，故B错误；C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Z（Mg）X（C）Y（N），故C错误；DW、Y、X最高价氧化物对应水化物分别为高氯酸、硝酸、碳酸，酸性由强到弱，故D正确故选：D8下列物质的转化在给定条件下能实现的是（）ANaCl（aq）NaHCO3（s）Na2CO3（s）BCuCl2Cu（OH）2CuCAlNaAlO2
28、（aq）NaAlO2（s）DMgO（s）Mg（NO3）2（aq）Mg（s）【考点】钠的重要化合物；铝的化学性质；镁、铝的重要化合物；铜金属及其重要化合物的主要性质【分析】A、在饱和食盐水中通入氨气，形成饱和氨盐水，再向其中通入二氧化碳，在溶液中就有了大量的钠离子、铵根离子、氯离子和碳酸氢根离子，其中NaHCO3溶解度最小，所以析出NaHCO3，加热NaHCO3分解生成碳酸钠；B、与氢氧化铜的悬浊液加热生成砖红色的氧化亚铜；C、铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，然后蒸发结晶；D、电解Mg（NO3）2（aq）得到氢氧化镁，而得不到单质镁【解答】解：A、在饱和食盐水中通入氨气，形成饱和氨盐水，再向其中通
29、入二氧化碳，在溶液中就有了大量的钠离子、铵根离子、氯离子和碳酸氢根离子，其中NaHCO3溶解度最小，所以析出NaHCO3，加热NaHCO3分解生成碳酸钠，在碱性条件下二氧化碳的溶解度大，中性条件下不能产生足够的碳酸氢根离子，故A错误；B、与氢氧化铜的悬浊液加热生成砖红色的氧化亚铜，而不是单质铜，故B错误；C、铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，然后在碱性溶液中蒸发结晶，得到偏铝酸钠固体，故C正确；D、电解Mg（NO3）2（aq）得到氢氧化镁，而得不到单质镁，故D错误；故选C9下列指定反应的离子方程式正确的是（）A向Ag（NH3）2NO3溶液中加入盐酸：Ag（NH3）2+2H+=Ag+2NH4+B向N
30、a2O2中加入足量的水：2Na2O2+2H2O=4Na+4OH+O2C向硫酸铝溶液中加入过量氨水：Al3+3OH=Al（OH）3D向Ca（HCO3）2溶液中加入澄清石灰水：Ca2+2HCO3+2OH=CaCO3+CO32+2H2O【考点】离子方程式的书写【分析】A反应生成氯化银、硝酸铵；B反应生成氢氧化钠和氧气；C反应生成氢氧化铝和硫酸铵；D反应生成碳酸钙和水【解答】解：A向Ag（NH3）2NO3溶液中加入盐酸：Ag（NH3）2+Cl+2H+=AgCl+2NH4+，故A错误；B向Na2O2中加入足量的水的离子反应为2Na2O2+2H2O=4Na+4OH+O2，故B正确；C向硫酸铝溶液中加入过量
31、氨水的离子反应为Al3+3NH3H2O=Al（OH）3+3NH4+，故C错误；D向Ca（HCO3）2溶液中加入澄清石灰水的离子反应为Ca2+HCO3+OH=CaCO3+H2O，故D错误；故选B10下列图示与对应的叙述相符的是（）A图1表示1 LpH=2的CH3COOH溶液加水稀释至V L，pH随lgV的变化B图2表示不同温度下水溶液中H+和OH浓度的变化的曲线，图中温度T2T1C图3表示一定条件下的合成氨反应中，NH3的平衡体积分数随H2起始体积分数（N2的起始量恒定）的变化，图中a点N2的转化率小于b点D图4表示同一温度下，在不同容积的容器中进行反应2BaO2（s）2BaO（s）+O2（g）
32、，O2的平衡浓度与容器容积的关系【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；化学平衡的影响因素；水的电离【分析】A加水稀释10n倍，促进醋酸的电离，溶液的pH变化小于n个单位；B升温促进水电离，Kw增大；C增大氢气的浓度，提高氮气的转化率；D减小反应物的浓度，平衡向正方向移动【解答】解：A加水稀释10n倍，促进醋酸的电离，溶液的pH变化小于n个单位，所以1 LpH=2的CH3COOH溶液加水稀释至V L，pH变化小于lgV，故A错误；B升温促进水电离，Kw增大，水电离的氢离子浓度增大，所以氢离子浓度大的温度高，即温度T2T1，故B错误；C增大氢气的浓度，提高氮气的转化率，所以随H2起始体积分数增大，
33、N2的转化率增大，即a点N2的转化率小于b点，故C正确；D增大容器的体积，氧气的浓度减小，平衡向正方向移动，氧气的物质的量增大，氧气的浓度先增大，当达到平衡状态时浓度增大，然后随着体积的增大浓度减小，则图象不符，故D错误故选C二、多项选择题（共5小题，每小题4分，满分20分。每小题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下列有关说法正确的是（）A反应CaC2（s）+N2（g）=CaCN2（s）+C（s）能自发进行，是因为H0B若电工操作中将铝线与铜线直接相
34、连，会导致铜线更快被氧化C向水中加入NaHCO3或NaHSO4固体后，水的电离程度均增大D对于乙酸乙酯的水解反应，加入稀硫酸会使平衡向正反应方向移动【考点】化学平衡的影响因素【分析】A、该反应为熵减的反应，若能自发，则H0；B、根据原电池原理，活泼的一极为负极，更容易被氧化；C、根据盐类水解的知识，加酸、碱会抑制水的电离；D、浓硫酸作催化剂，加稀硫酸使得氢离子浓度增大，平衡逆向移动【解答】解：A、该反应为熵减的反应，若能自发，则H0，故A正确；B、根据原电池原理，活泼的一极为负极，更容易被氧化，铝比铜活泼，故B错误；C、根据盐类水解的知识，加酸、碱会抑制水的电离，NaHSO4中的氢离子完全电离
35、，会抑制水的电离，故C错误；D、浓硫酸作催化剂，加稀硫酸使得氢离子浓度增大，平衡逆向移动，故D错误故选：A12合成药物异搏定路线中某一步骤如下：下列说法正确的是（）A物质X在空气中不易被氧化B物质Y中只含1个手性碳原子C物质Z中所有碳原子可能在同一平面内D等物质的量的X、Y分别与NaOH反应，最多消耗NaOH的物质的量之比为1：2【考点】有机物的结构和性质【分析】AX中含有酚羟基，易被氧化；B连接四个不同原子或原子团的C原子为手性碳原子；CZ结构中含有苯环、碳碳双键、碳氧双键，具有苯和乙烯结构特点；DX中只有酚羟基能和NaOH反应，Y中酯基水解生成的羧基能和NaOH反应，溴原子水解生成的HBr
36、能和NaOH反应【解答】解：AX中含有酚羟基，性质不稳定，易被氧气氧化，故A错误；B连接四个不同原子或原子团的C原子为手性碳原子，该分子中没有手性碳原子，故B错误；CZ结构中含有苯环、碳碳双键、碳氧双键，具有苯和乙烯结构特点，物质Z中所有碳原子可能在同一平面内，故C正确；DX中只有酚羟基能和NaOH反应，Y中酯基水解生成的羧基能和NaOH反应，溴原子水解生成的HBr能和NaOH反应，所以等物质的量的X、Y分别与NaOH反应，最多消耗NaOH的物质的量之比为1：2，故D正确；故选CD13科学家通过探寻矿物X推测外星球上是否曾经存在水某兴趣小组为分析矿物X中的常见离子，将其溶于稀硝酸，并将所得溶液
37、进行实验，下列依据实验现象得出的结论正确的是（）A用铂丝蘸取少量溶液进行焰色反应，火焰呈紫色，说明矿物X中含K+B取少量溶液向其中滴加NaOH溶液，加热，用湿润红色石蕊试纸检验生成的气体，试纸变蓝，说明矿物X中含NH4+C取少量溶液向其中滴加KSCN溶液，溶液变为血红色，说明矿物X中含Fe3+D取少量溶液向其中滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀产生，说明矿物X中含SO42【考点】常见离子的检验方法【分析】A、观察K的焰色反应现象是紫色；B、铵盐可以和碱溶液之间加热反应生成碱性气体氨气，该气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝；C、铁离子能和KSCN溶液混合产生血红色溶液，亚铁离子可以被硝酸氧化为
38、铁离子；D、取少量溶液向其中滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀产生，改沉淀可以是硫酸钡或是氯化银【解答】解：A、用铂丝蘸取某溶液进行焰色反应，火焰呈紫色，说明该溶液一定存在K+，故A正确；B、铵盐可以和碱溶液之间只有加热才反应生成碱性气体氨气，该气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，向某未知溶液中加入稀NaOH溶液，加热，将湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，试纸变蓝，说明矿物X中含NH4+，故B正确；C、铁离子能和KSCN溶液混合产生血红色溶液，所以向某溶液中滴加KSCN溶液，溶液变成血红色，说明该溶液中一定含有Fe3+，但是矿物溶于稀硝酸，出现的铁离子，原来的矿物中不一定含有铁离子，可能含亚铁离
39、子，故C错误；D、取少量溶液向其中滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀产生，改沉淀可以是硫酸钡或是氯化银，说明矿物X中含SO42或是Ag+中的至少一种，故D错误故选AB1425时，用0.0500molL1H2C2O4（二元弱酸）溶液滴定25.00mL0.1000molL1NaOH溶液所得滴定曲线如图下列说法正确的是（）A点所示溶液中：c（H+）+c（H2C2O4）+c（HC2O4）=c（OH）B点所示溶液中：c（HC2O4）+2c（C2O42）=c（Na+）C点所示溶液中：c（Na+）c（HC2O4）c（H2C2O4）c（C2O42）D滴定过程中可能出现：c（Na+）c（C2O42）=c（
40、HC2O4）c（H+）c（OH）【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算【分析】25时，用0.0500molL1H2C2O4（二元弱酸）溶液滴定25.00mL0.1000molL1NaOH溶液，发生的反应为：H2C2O4+2NaOH=Na2C2O4+2H2O、H2C2O4+Na2C2O4=2NaHC2O4A点表示滴入25.00mL0.0500molL1H2C2O4（二元弱酸）溶液，恰好完全反应，生成正盐草酸钠，结合电荷守恒判断；B点溶液中，溶液呈中性，c（H+）=c（OH），结合电荷守恒判断；C点滴入0.0500molL1H2C2O4（二元弱酸）溶液50.00mL，溶液溶质为NaHC2O4
41、，溶液呈酸性；D点为草酸钠成碱性，点溶液溶质为NaHC2O4、Na2C2O4呈中性，点溶液，溶质为NaHC2O4，呈酸性，介于和之间溶液NaHC2O4逐渐增多，溶液呈酸性【解答】解：A点所示的溶液的体积25mL，草酸和氢氧化钠恰好完全反应，生成正盐草酸钠，草酸钠水解，所以溶液中，c（Na+）2c（HC2O4）+2c（H2C2O4）+2c（C2O42），根据电荷守恒得：关系式为：c（Na+）+c（H+）c（HC2O4）+c（OH）+2c（C2O42），将代入得：c（H+）+2c（H2C2O4）+c（HC2O4）=c（OH），故A错误；B点溶液中，溶液呈中性，c（H+）=c（OH），根据电荷守恒得
42、：关系式为：c（Na+）+c（H+）c（HC2O4）+c（OH）+2c（C2O42），将代入得c（HC2O4）+2c（C2O42）=c（Na+），故B正确；C点所示的溶液的体积50mL，草酸过量，溶液溶质为NaHC2O4，溶液呈酸性，草酸氢根离子的电离大于草酸氢根离子的水解，所以c（Na+）c（HC2O4）c（C2O42）c（H2C2O4），故C错误；D点为草酸钠成碱性，点溶液呈中性为草酸钠、草酸氢钠，点溶液呈酸性，介于和之间，随着草酸的滴入，NaHC2O4逐渐增多，所以可出现c（Na+）c（C2O42）=c（HC2O4）c（H+）c（OH），故D正确；故选BD15一定温度下，在三个体积均为0
43、.5L的恒容密闭容器中发生反应：CO（g）+Cl2（g）C0Cl2（g），其中容器I中5min时到达平衡下列说法中正确的是（）温度/起始物成质的量/mol平衡物质的两/mol容器编马COCl2COCl2COCl25001.01.000.85001.0a00.56000.50.50.507A容器I中前5min的平均反应速率v（CO）=0.16molL1min1B该反应正反应为吸热反应C容器中起始时Cl2的物质的量为0.55molD若起始时向容器I加入CO0.8mol，Cl20.8mol，达到平衡时CO转化率大于80%【考点】化学平衡的影响因素【分析】A依据V=计算用COCl2表示的反应速率，依据
44、速率之比等于计量系数之比计算用CO表示速率；B和为等效平衡，依据温度改变后COCl2物质的量判断反应的热效应；C依据组数据计算反应平衡常数，和温度相同则平衡常数相同，依据平衡常数计算容器中起始时Cl2的物质的量；DCO（g）+Cl2（g）C0Cl2（g）为气体体积减小的反应，减压平衡向系数大的方向移动；【解答】解：A容器I中前5min的平均反应速率v（COCl2）=0.32mol/LMin1，依据速率之比等于计量系数之比，则V（CO）=V（COCl2）=0.32mol/LMin1，故A错误；B依据图中数据可知：和为等效平衡，升高温度，COCl2物质的量减小，说明平衡向逆向移动，则逆向为吸热反应
45、，正向为放热反应，故B错误；C依据方程式：CO（g）+Cl2（g）C0Cl2（g），可知： CO（g）+Cl2（g）C0Cl2（g），起始浓度（mol/L） 2 2 0转化浓度（mol/L） 1.6 1.6 1.6平衡浓度（mol/L） 0.4 0.4 1.6反应平衡常数K=10，平衡时CO转化率：100%=80%；依据中数据，结合方程式可知： CO（g）+Cl2（g）C0Cl2（g），起始浓度（mol/L） 2 2a 0转化浓度 （mol/L） 1 1 1平衡浓度 （mol/L） 1 2a1 1和温度相同则平衡常数相同则：K=10，解得a=0.55mol；故C正确；DCO（g）+Cl2（g）
46、C0Cl2（g）为气体体积减小的反应，若起始时向容器I加入CO0.8mol，Cl20.8mol，相当于给体现减压，减压平衡向系数大的方向移动，平衡转化率降低，小于80%，故D错误；故选：C三、非选择题（共5小题，满分68分）16以炼锌厂的烟道灰（主要成分为ZnO，另含少量Fe2O3、CuO、SiO2、MnO等）为原料可生产草酸锌晶体（ZnC2O42H2O） 有关氢氧化物开始沉淀和沉淀完全的pH如下表：氢氧化物Fe（OH）3Fe（OH）2Cu（OH）2Zn（OH）2开始沉淀的pH1.56.54.25.4沉淀完全的pH3.39.76.78.2请问答下列问题：（1）滤渣A的主要成分为SiO2（2）除
47、锰过程中产生MnO（OH）2沉淀的离子方程式为Mn2+H2O2+H2O=MnO（OH）2+2H+（3）除铁（部分Cu2+可能被除去）时加入ZnO控制反应液pH的范围为3.35.4上述流程中除铁与除铜的顺序不能颠倒，否则除铁率会减小，其原因是先加入ZnS会将Fe3+还原为Fe2+，使铁元素难以除去（4）若沉淀过程采用Na2C2O4代替（NH4）2C2O4生产草酸锌晶体，合理的加料方式是在搅拌下，将Na2C2O4缓慢加入到ZnCl2溶液中（5）将草酸锌晶体加热分解可得到一种纳米材料加热过程中固体残留率随温度的变化如右图所示，300460范围内，发生反应的化学方程式为ZnC2O4ZnO+CO+CO2
48、【考点】制备实验方案的设计【分析】用盐酸酸浸时SiO2不溶解，过滤分离，滤渣A为SiO2，滤液中加入过氧化氢进行除锰，再通过调节溶液pH，使Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀，过滤分离，滤液中再加入ZnS，Cu2+转化为CuS沉淀，过滤除去，滤液中注意为氯化锌，加入草酸铵得到草酸锌晶体，最终的滤液中含有氯化铵等（1）由分析可知，滤渣A为二氧化硅，滤渣B为氢氧化铁；（2）除锰过程中产生MnO（OH）2沉淀，根据电荷守恒应有氢离子生成；（3）除铁（部分Cu2+可能被除去）时加入ZnO控制pH使铁离子沉淀完全，而Zn2+不能沉淀；ZnS会将Fe3+还原为Fe2+，使铁元素难以除去；（4）用Na2C2O
49、4代替（NH4）2C2O4生产草酸锌晶体，可以吧草酸铵加入氯化锌溶液中生成草酸锌沉淀；（5）ZnC2O42H2O晶体中的ZnC2O4质量分数为100%=80.95%，故A点完全失去结晶水，化学式为ZnC2O4，假设B点为ZnO，则残留固体占有的质量分数为100%=42.86%，故B点残留固体为ZnO，结合原子守恒可知还生成等物质的量的CO与CO2【解答】解：用盐酸酸浸时SiO2不溶解，过滤分离，滤渣A为SiO2，滤液中加入过氧化氢进行除锰，再通过调节溶液pH，使Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀，过滤分离，滤液中再加入ZnS，Cu2+转化为CuS沉淀，过滤除去，滤液中注意为氯化锌，加入草酸铵得到
50、草酸锌晶体，最终的滤液中含有氯化铵等（1）由分析可知，滤渣A为SiO2，故答案为：SiO2；（2）除锰过程中产生MnO（OH）2沉淀，根据电荷守恒应有氢离子生成，反应离子方程式为：Mn2+H2O2+H2O=MnO（OH）2+2H+，故答案为：Mn2+H2O2+H2O=MnO（OH）2+2H+；（3）除铁（部分Cu2+可能被除去）时加入ZnO控制pH使铁离子沉淀完全，而Zn2+不能沉淀，故控制反应液pH的范围为3.35.4，故答案为：3.35.4；除铁与除铜的顺序不能颠倒，否则除铁率会减小，其原因是：先加入ZnS会将Fe3+还原为Fe2+，使铁元素难以除去，故答案为：先加入ZnS会将Fe3+还原
51、为Fe2+，使铁元素难以除去；（4）若沉淀过程采用Na2C2O4代替（NH4）2C2O4生产草酸锌晶体，合理的加料方式是，在搅拌下，将Na2C2O4缓慢加入到ZnCl2溶液中，故答案为：在搅拌下，将Na2C2O4缓慢加入到ZnCl2溶液中；（5）ZnC2O42H2O晶体中的ZnC2O4质量分数为100%=80.95%，故A点完全失去结晶水，化学式为ZnC2O4，假设B点为ZnO，则残留固体占有的质量分数为100%=42.86%，故B点残留固体为ZnO，结合原子守恒可知还生成等物质的量的CO与CO2300460范围内，发生反应的化学方程式为：ZnC2O4ZnO+CO+CO2，故答案为：ZnC2O
52、4ZnO+CO+CO217化合物G是一种治疗认知障碍药物的中间体，可以通过以下方法合成：（1）化合物A、D中含氧官能团的名称分别为羰基和酯基（2）由BC的反应类型为加成反应；化合物E的结构简式为（3）写出同时满足下列条件的B的一种同分异构体的结构简式：或能发生银镜反应，水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应；分子中只有4种不同化学环境的氢，且分子中含有氨基（4）已知：RCNRCH2NH2，请写出以和CH3CH2Cl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：CH3CH2OHCH2=CH2CH3CH2Cl【考点】有机物的合成【分析】（1）根据有机物结构，可知A、D中含氧
53、官能团分别为羰基、酯基；（2）对比B、C结构可知，B中碳碳双键与HCl发生加成反应生成C；对比D、F的结构，结合E的分子式可知E的结构简式为：；（3）同时满足下列条件的B的一种同分异构体：能发生银镜反应，水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有甲酸与酚形成的酯基；分子中只有4种不同化学环境的氢，且分子中含有氨基，应存在对称结构，另外取代基为2个NH2、1个C（CH3）3；（4）CH3CH2Cl发生水解反应生成CH3CH2OH，与发生酯化反应生成CH3CH2Cl与KCN发生取代反应生成CH3CH2CN，用氢气还原得到CH3CH2CH2NH2，再与反应得到【解答】解：（1）根据有机物结
54、构，可知A、D中含氧官能团分别为羰基、酯基，故答案为：羰基、酯基；（2）对比B、C结构可知，B中碳碳双键与HCl发生加成反应生成C；对比D、F的结构，结合E的分子式可知，E与乙醇发生酯化反应生成F，则E的结构简式为：，故答案为：加成反应；（3）同时满足下列条件的B的一种同分异构体：能发生银镜反应，水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有甲酸与酚形成的酯基；分子中只有4种不同化学环境的氢，且分子中含有氨基，应存在对称结构，另外取代基为2个NH2、1个C（CH3）3，结构简式为： 或，故答案为： 或；（4）CH3CH2Cl发生水解反应生成CH3CH2OH，与发生酯化反应生成CH3CH2
55、Cl与KCN发生取代反应生成CH3CH2CN，用氢气还原得到CH3CH2CH2NH2，再与反应得到，合成路线流程图为：，故答案为：18电解法处理含氮氧化物废气，可回收硝酸，具有较高的环境效益和经济效益实验室模拟电解法吸收NOx的装置如图所示（图中电极均为石墨电极）（1）若用NO2气体进行模拟电解法吸收实验写出电解时NO2发生反应的电极反应式：NO2e+H2O=NO3+2H+若有标准状况下2.24 LNO2被吸收，通过阳离子交换膜（只允许阳离子通过）的H+为0.1mol（2）某小组在右室装有10 L 0.2 molL1硝酸，用含NO和NO2（不考虑NO2转化为N2O4）的废气进行模拟电解法吸收实
56、验实验前，配制10L0.2molL1硝酸溶液，需量取142.9mL的密度为1.4 gmL1、质量分数为63%的浓硝酸电解过程中，有部分NO转化为HNO2实验结束时，测得右室溶液中含3molHNO3、0.1molHNO2，同时左室收集到标准状况下28LH2计算原气体中NO和NO2的体积比（假设尾气中不含氮氧化物，写出计算过程）【考点】电解原理【分析】（1）根据图知，电解时，左室中电极上氢离子放电生成氢气，则左室为阴极室，右室为阳极室，阳极上通入的是氮氧化物，生成的硝酸，所以阳极上氮氧化物失电子和水生成硝酸；n（NO2）=0.1mol，阳极反应式为NO2e+H2O=NO3+2H+，有0.2mol氢
57、离子生成，因为有0.1mol硝酸生成，则有0.1mol氢离子引入阴极室；故答案为：0.1；（2）浓硝酸的物质的量浓度=mol/L=14mol/L，根据溶液稀释前后溶质的物质的量不变计算；n（H2）=1.25mol，根据转移电子守恒得转移电子物质的量=1.25mol2=2.5mol，电解前溶液中n（HNO3）=0.2mol/L10L=2mol，电解后溶液中含3mol HNO3、0.1molHNO2，说明电解过程中有1mol HNO3、0.1molHNO2生成，根据N原子守恒得n（NO）+n（NO2）=3 mol0.2 molL110 L+0.1 mol=1.1 mol，生成0.1mol亚硝酸转移
58、电子0.1mol且需要0.1mol电子，则生成硝酸转移电子物质的量=2.5mol0.1mol=2.4mol，设参加反应生成硝酸的NO物质的量为xmol、二氧化氮的物质的量为ymol，根据N原子守恒及转移电子守恒计算【解答】解：（1）根据图知，电解时，左室中电极上氢离子放电生成氢气，则左室为阴极室，右室为阳极室，阳极上通入的是氮氧化物，生成的硝酸，所以阳极上氮氧化物失电子和水生成硝酸，电极反应式为NO2e+H2O=NO3+2H+，故答案为：NO2e+H2O=NO3+2H+；n（NO2）=0.1mol，阳极反应式为NO2e+H2O=NO3+2H+，有0.2mol氢离子生成，因为有0.1mol硝酸生
59、成，则有0.1mol氢离子引入阴极室，故答案为：0.1；（2）浓硝酸的物质的量浓度=mol/L=14mol/L，根据溶液稀释前后溶质的物质的量不变计算，所以浓硝酸体积=142.9mL，故答案为：142.9；n（H2）=1.25mol，根据转移电子守恒得转移电子物质的量=1.25mol2=2.5mol，电解前溶液中n（HNO3）=0.2mol/L10L=2mol，电解后溶液中含3mol HNO3、0.1molHNO2，说明电解过程中有1mol HNO3、0.1molHNO2生成，根据N原子守恒得n（NO）+n（NO2）=3 mol0.2 molL110 L+0.1 mol=1.1 mol，生成0
60、.1mol亚硝酸转移电子0.1mol且需要0.1mol电子，则生成硝酸转移电子物质的量=2.5mol0.1mol=2.4mol，设参加反应生成硝酸的NO物质的量为xmol、二氧化氮的物质的量为ymol，根据N原子守恒及转移电子守恒得：x+y=1.10.1，3x+y=2.4，解得x=0.7，y=0.3，n（NO）：n（NO2）=（0.7+0.1）mol：0.3mol=8：3，相同条件下气体的体积之比等于物质的量之比，所以NO和二氧化氮的体积之比为8：3，故答案为，8：319如下图所示（B中冷却装置未画出），将氯气和空气（不参与反应）以体积比约1：3混合通入含水8%的碳酸钠中制备Cl2O，并用水吸
61、收Cl2O制备次氯酸溶液已知：Cl2O极易溶于水并与水反应生成HClO；Cl2O的沸点为3.8，42以上分解为Cl2和O2（1）实验中控制氯气与空气体积比的方法是通过观察A中产生气泡的速率调节流速为使反应充分进行，实验中采取的措施有搅拌、使用多孔球泡（2）装置B中产生Cl2O的化学方程式为：2Cl2+Na2CO3=Cl2O+2NaCl+CO2若B无冷却装置，则进入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（3）装置C中采用棕色圆底烧瓶是因为HClO见光易分解（4）已知次氯酸可被H2O2、FeCl2等物质还原成Cl测定C中次氯酸溶液的物质的量浓度的实验方案为：用酸式滴定管
62、取20.00mL次氯酸溶液，加入足量的H2O2溶液，再加入足量的硝酸银溶液，过滤，洗涤，在真空干燥箱中干燥，用电子天平称量沉淀质量（可选用的试剂：H2O2溶液、FeCl2溶液、AgNO3溶液除常用仪器外须使用的仪器有：电子天平，真空干燥箱）【考点】制备实验方案的设计【分析】氯气通过A装置与空气形成1：3的混合气体通入B装置，在搅拌棒的作用下与含水8%的碳酸钠充分反应制备Cl2O，并用水吸收Cl2O制备次氯酸钠溶液，同时用碱石灰吸收含有Cl2O的尾气，防止污染环境，（1）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；增加气体与溶液的接触面积、搅拌等措施都可以加快反应速
63、率；（2）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；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；（3）装置C是用水吸收Cl2O制备次氯酸溶液，但生成的HClO见光易分解，反应装置须选择避光；（4）需要20.00mL的次氯酸溶液，根据精确度应选用酸、碱式滴管，再根据HClO溶液既有酸性，又有强氧化性确定滴定管的类型；实验原理是结合所提供的试剂H2O2是还原HClO生成Cl，再滴加过量提供的硝酸银溶液，根据生成的AgCl沉淀质量计算原溶液HClO的浓度【解答】解：（1）氯气和空气按照体积比约1：3混合通入潮湿碳酸
64、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中产生气泡的速率调节流速；为了氯气和原溶液充分接触完全反应，可以通过增加气体与溶液的接触面积、并用搅拌棒搅拌等方法，故答案为：搅拌、使用多孔球泡；（2）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）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
65、解；（3）装置C中使用棕色平底烧瓶，目的是可以避光，防止反应生成的HClO见光分解，故答案为：HClO见光易分解；（4）选择使用酸式滴定管量取20.00mL的次氯酸溶液，具体实验操作是，向20.00mL的次氯酸溶液里加入足量的H2O2溶液，再加入足量的硝酸银溶液，过滤、洗涤，在真空干燥箱中干燥沉淀，用电子天平称量沉淀的质量，故答案为：酸式滴定管； 加入足量的H2O2溶液，再加入足量的硝酸银溶液，过滤，洗涤，在真空干燥箱中干燥，用电子天平称量沉淀质量20利用氨水吸收烟气中的二氧化硫，其相关反应的主要热化学方程式如下：SO2（g）+NH3H2O（aq）=NH4HSO3（aq）H1=a kJmol1
66、NH3H2O（aq）+NH4HSO3（aq）=（NH4）2SO3（aq）+H2O（l）H2=b kJmol12（NH4）2SO3（aq）+O2（g）=2（NH4）2SO4（aq）H3=c kJmol1（1）反应2SO2（g）+4NH3H2O（aq）+O2（g）=2（NH4）2SO4（aq）+2H2O（l）的H=2a+2b+ckJmol1（2）空气氧化（NH4）2SO3的速率随温度的变化如图所示，当温度超过60时，（NH4）2SO3氧化速率下降的原因可能是温度过高（NH4）2SO3会分解（或水解），浓度减小（或温度升高氧气在溶液中溶解度降低）（3）以磷石膏废渣和碳酸铵为原料制备硫酸铵，不仅解决了
67、环境问题，还使硫资源获得二次利用反应的离子方程式为CaSO4（s）+CO32（aq）SO42（aq）+CaCO3（s），该反应的平衡常数K=3138已知Ksp（CaCO3）=2.9109，Ksp（CaSO4）=9.1106（4）（NH4）2SO4在工农业生产中有多种用途将黄铜精矿（主要成分Cu2S）与硫酸铵混合后在空气中进行焙烧，可转化为硫酸铜同时产生氨气该反应的化学方程式为2Cu2S+2（NH4）2SO4+5O24CuSO4+4NH3+2H2O研究硫酸铵的分解机理有利于对磷石膏的开发在500下硫酸铵分解过程中得到4种产物，其含氮物质随时间变化关系如图甲所示写出该条件下硫酸铵分解的化学方程式，
68、并用单线桥标出电子转移的方向及数目：（NH4）2SO4是工业制备K2SO4的重要原料根据图乙中相关物质的溶解度曲线，简述工业上制备K2SO4晶体的设计思路：配制较高温度（80100）下的硫酸铵、氯化钾饱和混合溶液，冷却结晶，过滤、洗涤【考点】化学平衡的计算；反应热和焓变【分析】（1）根据盖斯定律，给已知方程式编号SO2（g）+NH3H2O（aq）NH4HSO3（aq）H1=a kJmol1；NH3H2O（aq）+NH4HSO3（aq）（NH4）2SO3（aq）+H2O（l）H2=b kJmol1；2（NH4）2SO3（aq）+O2（g）2（NH4）2SO4（aq）H3=c kJmol1；目标反
69、应的反应热为：2+2+，由此分析解答；（2）根据图1分析，60氧化速率最快，温度过高（NH4）2SO3会分解； （3）反应的离子方程式为CaSO4（s）+CO32（aq）SO42（aq）+CaCO3（s），该反应的平衡常数K=；（4）将黄铜精矿（主要成分Cu2S）与硫酸铵混合后在空气中进行焙烧，可转化为硫酸铜同时产生氨气和水，结合原子守恒配平书写化学方程式；在500下硫酸铵分解过程中得到4种产物，其含氮物质随时间变化关系如图甲所示，硫酸铵分解生成氮气、氨气、二氧化硫和水，结合电子守恒和原子守恒配平书写；（NH4）2SO4是工业制备K2SO4的重要原料根据图乙中相关物质的溶解度曲线，从生成物的溶
70、解度大小考虑反应能否发生；【解答】解：（1）根据盖斯定律，给已知方程式编号SO2（g）+NH3H2O（aq）NH4HSO3（aq）H1=a kJmol1；NH3H2O（aq）+NH4HSO3（aq）（NH4）2SO3（aq）+H2O（l）H2=b kJmol1；2（NH4）2SO3（aq）+O2（g）2（NH4）2SO4（aq）H3=c kJmol1；盖斯定律计算目标反应的反应热为：2+2+，2SO2（g）+4NH3H2O（aq）+O2（g）=2（NH4）2SO4（aq）+2H2O（l）H=（2a+2b+c）KJ/mol，故答案为：2a+2b+c；（2）根据图1分析，60氧化速率最快，则在空气
71、氧化（NH4）2SO3的适宜温度为60，温度过高（NH4）2SO3会分解（或水解），浓度减小（或温度升高氧气在溶液中溶解度降低），故答案为：温度过高（NH4）2SO3会分解（或水解），浓度减小（或温度升高氧气在溶液中溶解度降低）；（3）反应的离子方程式为CaSO4（s）+CO32（aq）SO42（aq）+CaCO3（s），该反应的平衡常数K=3138，故答案为：3138；（4）将黄铜精矿主要成分Cu2S）与硫酸铵混合后在空气中进行焙烧，可转化为硫酸铜同时产生氨气和水，结合电子守恒和原子守恒配平书写，反应的化学方程式为：2Cu2S+2（NH4）2SO4+5O24CuSO4+4NH3+2H2O，故
72、答案为：2Cu2S+2（NH4）2SO4+5O24CuSO4+4NH3+2H2O；在500下硫酸铵分解过程中得到4种产物，其含氮物质随时间变化关系如图甲所示，硫酸铵分解生成氮气、氨气、二氧化硫和水，结合电子守恒和原子守恒配平书写得到化学方程式为：3（NH4）2SO4N2+4NH3+3SO2+6H2O，氮元素化合价3价变化为0价，硫元素化合价+6价变化为+4价，电子转移总数6e，单线桥标出电子转移的方向及数目为：，故答案为：；根据复分解反应发生的条件和图象中物质溶解度分析，常温下K2SO4的溶解度小，在生成物中会以沉淀的形式出现，故反应可以进行，工业上制备K2SO4晶体的设计思路是：配制较高温度
73、（80100）下的硫酸铵、氯化钾饱和混合溶液，冷却结晶，过滤、洗涤得到，故答案为：配制较高温度（80100）下的硫酸铵、氯化钾饱和混合溶液，冷却结晶，过滤、洗涤；四、选做题：物质结构与性质（共1小题，满分12分）21元素X位于第四周期，其基态原子有4个未成对电子Y原子最外层电子数是其内层电子总数的3倍，元素Z基态原子的3p轨道上有4个电子（1）Y与Z可形成多种化合物元素Y与Z中电负性较大的是O（用元素符号描述）离子ZY32的空间构型为三角锥形（用文字描述）写出一种与ZY2互为等电子体的氧化物分子的化学式SeO2（2）Y的氢化物（H2Y）在乙醇中的溶解度大于H2Z，其原因是H2O分子与乙醇分子间
74、可形成氢键，而H2S不能（3）含X2+的溶液与KCN、氨水反应可得到化合物K3X（CN）5（NH3） 基态X2+的电子排布式是1s22s22p63s23p63d61mol配合物K3X（CN）5（NH3）中含键的数目为14mol（4）右图为X与Z所形成的一种化合物的基本结构单元，推测该化合物的化学式：Fe3S8【考点】原子结构与元素周期律的关系【分析】元素X位于第四周期，其基态原子有4个未成对电子，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，则X为Fe；Y原子最外层电子数是其内层电子总数的3倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，故Y为O元素；元素Z基态原子的3p轨道上有4个
75、电子，核外电子排布式为1s22s22p63s23p4，则Z为S元素（1）同主族自上而下电负性减小；计算SO32中S原子孤电子对数、价层电子对数，进而确定空间构型；原子数目相等、价电子总数也相等的微粒互为等电子体；（2）H2O分子与乙醇分子间可形成氢键，而H2S不能；（3）根据能量最低原理书写基态Fe2+的电子排布式；氨气分子中有3个键，CN中含有1个键，形成6个配位键，也属于键；（4）根据均摊法，晶胞中S、Fe原子数目，进而确定化学式【解答】解：元素X位于第四周期，其基态原子有4个未成对电子，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，则X为Fe；Y原子最外层电子数是其内层电子
76、总数的3倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，故Y为O元素；元素Z基态原子的3p轨道上有4个电子，核外电子排布式为1s22s22p63s23p4，则Z为S元素（1）同主族自上而下电负性减小，故电负性OS，故答案为：O；离子SO32中S原子孤电子对数=1，价层电子对数=3+1=4，为三角锥形，故答案为：三角锥形；原子数目相等、价电子总数也相等的微粒互为等电子体，则一种与SO2互为等电子体的氧化物分子的化学式为：SeO2等，故答案为：SeO2；（2）H2O分子与乙醇分子间可形成氢键，而H2S不能，H2O在乙醇中的溶解度大于H2S，故答案为：H2O分子与乙醇分子间可形成氢键，而H2S不能；（3
77、）基态Fe2+的电子排布式是：1s22s22p63s23p63d6，故答案为：1s22s22p63s23p63d6；氨气分子中有3个键，CN中含有1个键，形成6个配位键，也属于键，1mol配合物K3Fe（CN）5（NH3）中含14mol键，故答案为：14mol；（4）根据均摊法，晶胞中S原子数目为4，Fe原子数目为1+4=1.5，Fe、S原子数目之比为3：8，故化学式为：Fe3S8，故答案为：Fe3S8五、选做题实验化学（共1小题，满分0分）22以苯甲醛为原料制取苯甲醇和苯甲酸的合成反应如下：相关物质的部分物理性质见下表：名称相对密度熔点（）沸点（）溶解度水乙醚苯甲醛1.0426179.6微溶
78、易溶苯甲酸1.27122.124925微溶，95可溶易溶苯甲醇1.0415.3205.7微溶易溶乙醚0.71116.334.6不溶实验流程如下：（1）萃取时苯甲醇在分液漏斗的上层（填“上”或“下”）层，分液漏斗振摇过程中需慢慢开启旋塞几次，其原因是排放可能产生的气体以解除超压（2）用NaHSO3溶液、10%Na2CO3溶液、H2O洗涤乙醚层用10%Na2CO3溶液洗涤目的是除去乙醚中溶解的少量苯甲酸操作名称是蒸馏（3）抽滤操作结束时先后进行的操作是先断开抽滤瓶与抽气泵的连接，后关闭抽气泵（4）提纯粗产品乙的实验方法为重结晶【考点】有机物的合成【分析】苯甲醛反应得到苯甲醛与苯甲酸钠，用乙醚萃取分
79、液，乙醚层中溶解苯甲醇，经过蒸馏得到甲为苯甲醇水层中含有苯甲酸钠，加入与盐酸得到苯甲酸，冷却有利于苯甲酸析出，抽滤分离提纯（1）乙醚的密度比水的小，乙醚层在上层；排放可能产生的气体以解除超压；（2）除去乙醚中溶解的少量苯甲酸 操作I分离互溶液体物质；（3）抽滤操作结束时，先断开抽滤瓶与抽气泵的连接，后关闭抽气泵；（4）利用重结晶方法进行提纯【解答】解：苯甲醛反应得到苯甲醛与苯甲酸钠，用乙醚萃取分液，乙醚层中溶解苯甲醇，经过蒸馏得到甲为苯甲醇水层中含有苯甲酸钠，加入与盐酸得到苯甲酸，冷却有利于苯甲酸析出，抽滤分离提纯（1）乙醚的密度比水的小，乙醚层在上层，即萃取时苯甲醇在分液漏斗的上层；分液漏斗振摇过程中需慢慢开启旋塞几次，其原因是：排放可能产生的气体以解除超压，故答案为：上层；排放可能产生的气体以解除超压；（2）用10%Na2CO3溶液洗涤目的是：除去乙醚中溶解的少量苯甲酸，故答案为：除去乙醚中溶解的少量操作I分离互溶液体物质，采取蒸馏方法，故答案为：蒸馏；（3）抽滤操作结束时，先断开抽滤瓶与抽气泵的连接，后关闭抽气泵，故答案为：先断开抽滤瓶与抽气泵的连接，后关闭抽气泵；（4）提纯粗产品苯甲酸的实验方法为重结晶，故答案为：重结晶2017年1月13日
