1、2016-2017学年江苏省扬中、六合、句容、省溧、中华、江浦、华罗庚七校联考高三（上）期中化学试卷一、单项选择题：本题包括10小题，每小题2分，共计20分1化学与生产、生活、科技、环境等密切相关，下列说法不正确的是（）A用蘸有浓氨水的棉棒检验输送氯气的管道是否漏气B用CO2合成聚碳酸酯可降解塑料，实现“碳”的循环利用C大力实施矿物燃料脱硫脱硝技术，能减少二氧化硫、氮氧化物的排放D纳米铁粉可以高效地去除被污染水体中的Pb2+、Cu2+、Cd2+、Hg2+等重金属离子，其本质是纳米铁粉对重金属离子较强的物理吸附2下列有关化学用语表示正确的是（）A氯乙烯分子的结构简式：H3CCH2ClB硫原子的结
2、构示意图：C过氧化钠的电子式：D中子数为10的氧原子： O3下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是（）ASO2具有还原性，可用于漂白纸浆BNH4HCO3受热易分解，可用作氮肥C氢氧化铝具有弱碱性，可用作净水剂D常温下铁能被浓硝酸钝化，可用铁质容器贮运浓硝酸4X、Y、Z、M、W为五种短周期元素X原子的质子数与电子层数相同，W原子核外电子数是M原子最外层电子数的2倍，Y、Z、M、W在周期表中的相对位置如图所示下列说法不正确的是（）YZMWA原子半径：WYZMXB热稳定性：XMX2Z，沸点：X2ZYX3CX、Y、Z三种元素形成的化合物中不可能含离子键DYM3、WM4分子中每个原子最外层均满足8电子
3、结构5下列指定反应的离子方程式正确的是（）A将铜丝插入稀硝酸中：Cu+4H+2NO3Cu2+2NO2+H2OB向Fe2（SO4）3溶液中加入过量铁粉：Fe3+Fe2Fe2+C向NaAlO2溶液中通入过量CO2 制Al（OH）3：CO2+AlO2+2H2O=Al（OH）3+HCO3D用氨水吸收足量的SO2气体：2OH+SO2=SO32+H2O6下列实验操作正确的是（）A用装置甲收集SO2B用装置乙制备AlCl3晶体C用装置丙进行中和滴定时，滴定前锥形瓶先用待装液润洗D装置丁中使用分液漏斗和容量瓶时，先要检查仪器是否漏液7下列说法正确的是（）A化学反应的焓变与反应的途径有关B室温下，稀释0.1mo
4、lL1CH3COOH溶液，溶液的导电能力减弱C常温常压下，22.4L Cl2中含有的分子数为6.021023个D等质量的铜按a、b两种途径完全转化为Cu（NO3）2，途径a、b消耗的硝酸一样多8用H2O2溶液处理含NaCN的废水的反应原理为：NaCN+H2O2+H2ONaHCO3+NH3，已知：HCN酸性比H2CO3弱下列有关说法正确的是（）A该反应中氮元素被氧化B该反应中H2O2作还原剂C实验室配制NaCN溶液时，需加入适量的NaOH溶液D0.1molL1NaCN溶液中含HCN和CN总数目为0.16.0210239在给定的条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是（）ASiO2SiCl4S
5、iBFeS2SO2H2SO4CN2NH3NH4Cl（aq）DMgCO3MgCl2（aq）Mg10在一块表面无锈的铁片上滴食盐水，放置一段时间后看到铁片上有铁锈出现铁片腐蚀过程中发生的总化学方程式：2Fe+2H2O+O22Fe（OH）2，Fe（OH）2进一步被氧气氧化为Fe（OH）3，再在一定条件下脱水生成铁锈，其原理如图下列说法正确的是（）A铁片发生还原反应而被腐蚀B此过程中电子从C移向FeC铁片腐蚀中负极发生的电极反应：2H2O+O2+4e4OHD铁片里的铁和碳与食盐水形成无数微小原电池，发生了电化学腐蚀二、不定项选择题：本题包括5小题，每小题4分，共计20分11甲、乙、丙三种物质是某抗生素
6、合成过程中的中间产物，下列说法正确的是（）A乙、丙都能发生银镜反应B用FeCl3溶液鉴别甲、丙两种有机化合物C甲分子中所有碳原子可能共平面D甲、乙、丙三种有机化合物均可与NaOH溶液发生反应1225时，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）A无色溶液中：K+、Na+、Cu2+、SO42BKw/c（OH）=1012 molL1的溶液：Na+、K+、SiO32、ClC0.1 molL1FeSO4溶液中：K+、NH4+、MnO4、ClOD使酚酞变红色的溶液：Na+、Ba2+、NO3、Cl13根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是（）选项实验操作实验现象结 论A测定等浓度的Na2CO3和N
7、a2SO3溶液的pH前者pH比后者的大非金属性：SCB溴乙烷与NaOH溶液共热后，加入AgNO3溶液未出现淡黄色沉淀溴乙烷没有水解C向等浓度的KCl、KI混合液中滴加AgNO3溶液先出现黄色沉淀Ksp（AgCl）Ksp（AgI）D将KI和FeCl3溶液在试管中混合后，加入CCl4，振荡，静置下层液体显紫红色氧化性：Fe3+I2AABBCCDD14常温下，用浓度为0.1000molL1的NaOH溶液分别逐滴加入到20.00mL 0.1000molL1的HX、HY溶液中，pH随NaOH溶液体积的变化如图下列说法正确（）AV（NaOH）=10.00 mL时，c（X）c（Na+）c（H+）c（OH）B
8、V（NaOH）=20.00 mL时，两份溶液中，c（X）c（Y）CV（NaOH）=20.00 mL时，c（Na+）c（X）c（OH）c（H+）DpH=7时，两份溶液中，c（X）=c（Y）15一定温度下，在三个容积均为2.0L的恒容密闭容器中发生反应：2NO（g）+2CO（g）N2（g）+2CO2（g）各容器中起始物质的量与反应温度如下表所示，反应过程中甲、丙容器中CO2的物质的量随时间变化关系如下图所示：容器温度/起始物质的量/molNO （g）CO （g）甲T10.200.20乙T10.300.30丙T20.200.20下列说法正确的是（）A该反应的正反应为吸热反应B达到平衡时，乙中CO2的
9、体积分数比甲中的小CT1时，若起始时向甲中充入0.40 mol NO、0.40mol CO、0.40mol N2和0.40mol CO2，则反应达到新平衡前v（正）v（逆）DT2时，若起始时向丙中充入0.06mol N2和0.12 mol CO2，则达平衡时N2的转化率大于40%三、非选择题16NaClO2是一种重要的杀菌消毒剂，也常用来漂白织物等，其一种生产工艺如图，回答下列问题：（1）ClO2的沸点为283K，纯ClO2易分解爆炸，一般用稀有气体或空气稀释到10%以下更安全写出“反应”步骤中生成ClO2的化学方程式（2）“尾气吸收”是吸收“电解”过程排出的少量ClO2在尾气吸收过程中，可代
10、替H2O2的试剂是（填序号）ANa2O2BNa2S CFeCl2DKMnO4提高尾气的吸收效率的可行措施有（填序号）A尾气吸收时充分搅拌吸收液B适当加快尾气的通入速率C将温度控制在20以下D加水稀释尾气吸收液此吸收反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为（3）在碱性溶液中NaClO2比较稳定，在酸性溶液中，ClO2和H+合为HClO2，HClO2是唯一的亚卤酸，不稳定，易分解产生Cl2、ClO2和H2O，写出HClO2分解的化学方程式：（4）已知NaClO2的溶解度随温度升高而增大，NaClO2饱和溶液在38以上60以下会析出NaClO2，在NaClO2析出过程中可能混有的杂质是（填化学式）17
11、有机物F是一种治疗关节炎止痛药，合成F的一种传统法路线如图：已知：； （1）B中含氧官能团的名称为（2）已知D经过反应可生成E，E的分子式C13H17N，写出E的结构简式（3）AB的反应类型为、AB的反应方程式为（4）写出同时满足下列条件的F的一种同分异构体的结构简式：（写一种）能发生银镜反应；能发生水解反应，其水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应；分子中只有4种不同化学环境的氢（5）合成F（）的一种改良法是以2甲基1丙醇（）、苯、乙酸酐（CH3CO）2O为原料来合成，写出有关F的合成路线流程图（无机试剂任选）合成路线流程图示例如下：H2C=CH2CH3CH2BrCH3CH2OH18氯化
12、铁是常见的水处理剂，工业上制备无水FeCl3的一种工艺如图：（1）由FeCl36H2O晶体制备无水FeCl3应采取的措施是：（2）六水合氯化铁在水中的溶解度如下：温度/01020305080100溶解度（g/100gH2O）74.481.991.8106.8315.1525.8535.7从FeCl3溶液制得FeCl36H2O晶体的操作步骤是：加入少量盐酸、过滤、洗涤、干燥（3）常温下，若溶液的pH控制不当会使Fe3+沉淀，pH=4时，溶液中c（Fe3+）=molL1（常温下KspFe（OH）3=2.61039）（4）FeCl3的质量分数通常可用碘量法测定：称取2.300g无水氯化铁样品，溶于稀
13、盐酸，再转移到100mL容量瓶，用蒸馏水定容；取出10.00mL，加入稍过量的KI溶液，充分反应后，滴入某一指示剂并用0.1000molL1Na2S2O3溶液滴定用去12.50mL已知：I2+2S2O32=2I+S4O62写出加入稍过量的KI溶液反应的离子方程式：求样品中氯化铁的质量分数（写出计算过程）19亚硝酸钠（NaNO2）是一种常见的食品添加剂，使用时必须严格控制其用量某兴趣小组用下图所示装置制备NaNO2并对其性质作如下探究（A中加热装置已略去）【背景素材】2NO+Na2O22NaNO2；NO能被酸性KMnO4氧化成NO3，MnO4被还原为Mn2+在酸性条件下NaNO2能把I氧化为I2
14、；S2O32能把I2还原为I【制备NaNO2】（1）装置A三颈烧瓶中发生反应的化学方程式为（2）B装置的目的是，（3）为保证制得的亚硝酸钠的纯度，C装置中盛放的试剂可能是（填序号）AP2O5 B碱石灰 C无水CaCl2 D生石灰（4）E装置的作用是【测定NaNO2纯度】（5）本小题可供选择的试剂有：A稀硫酸Bc1 molL1 KI溶液C淀粉溶液Dc2 molL1 Na2S2O3溶液Ec3 molL1酸性KMnO4溶液利用NaNO2的还原性来测定其纯度，可选择的试剂是（填序号）利用NaNO2的氧化性来测定其纯度的步骤是：准确称取质量为m的NaNO2样品放入锥形瓶中，加适量水溶解（请补充完整实验步
15、骤）20数十年来，化学工作者对碳的氧化物做了广泛深入的研究并取得了一些重要成果如利用CO2和CH4重整可制合成气（主要成分为CO、H2），已知重整过程中部分反应的热化学方程式为：I、CH4（g）C（s）+2H2（g）H=+75.0kJmol1II、CO2（g）+H2（g）CO（g）+H2O（g）H=+41.0kJmol1III、CO（g）+H2（g）C（s）+H2O（g）H=131.0kJmol1（1）反应CO2（g）+CH4（g）2CO（g）+2H2（g）的H=kJmol1（2）固定n（CO2）=n（CH4），改变反应温度，CO2和CH4的平衡转化率见图甲 同温度下CO2的平衡转化率（填“大
16、于”或“小于”）CH4的平衡转化率，其原因是高温下进行该反应时常会因反应I生成“积碳”（碳单质），造成催化剂中毒，高温下反应I能自发进行的原因是（3）一定条件下PdMg/SiO2催化剂可使CO2“甲烷化”从而变废为宝，其反应机理如图乙所示，该反应的化学方程式为（4）CO常用于工业冶炼金属，如图是在不同温度下CO还原四种金属氧化物达平衡后气体中lgc（CO）/c（CO2）与温度（t）的关系曲线图下列说法正确的是A工业上可以通过增高反应装置来延长矿石和CO接触的时间，减少尾气中CO的含量BCO不适宜用于工业冶炼金属铬（Cr）C工业冶炼金属铜（Cu）时较低的温度有利于提高CO的利用率DCO还原PbO
17、2的反应H0（5）在载人航天器中应用电化学原理，以Pt为阳极，Pb（CO2的载体）为阴极，KHCO3溶液为电解质溶液，还原消除航天器内CO2同时产生O2和新的能源CO，总反应的化学方程式为：2CO22CO+O2，则其阳极的电极反应式为三、【选做题A】物质结构与性质21由徐光宪院士发起、院士学子同创的分子共和国科普读物最近出版了，全书形象生动地戏说了BF3、TiO2、HCHO、N2O、二茂铁、NH3、HCN、H2S、O3、异戊二烯和萜等众多“分子共和国”中的明星（1）写出Fe3+的基态核外电子排布式（2）HCHO分子中碳原子轨道的杂化轨道类型为；1mol HCN分子中含有键的数目为mol（3）N
18、2O的空间构型为，与N2O互分等电子体的一种离子为（4）TiO2的天然晶体中，最稳定的一种晶体结构如图，则黑球表示原子四、【选做题B】实验化学22焦亚硫酸钠（Na2S2O5）是常用的抗氧化剂，在空气中、受热时均易分解实验室制备少量Na2S2O5的方法：在不断搅拌下，控制反应温度在40左右，向Na2CO3过饱和溶液中通入SO2，实验装置如图所示当溶液pH约为4时，停止反应在20左右静置结晶生成Na2S2O5的化学方程式为：2NaHSO3Na2S2O5+H2O（1）SO2与Na2CO3溶液反应生成NaHSO3和CO2，其离子方程式为（2）装置Y的作用是（3）析出固体的反应液经减压抽滤、洗涤、253
19、0干燥，可获得Na2S2O5固体组成减压抽滤装置的主要仪器是布氏漏斗、和抽气泵依次用饱和SO2水溶液、无水乙醇洗涤Na2S2O5固体用饱和SO2水溶液洗涤的目的是（4）实验制得的Na2S2O5固体中含有一定量的Na2SO3和Na2SO4，其可能的原因是2016-2017学年江苏省扬中、六合、句容、省溧、中华、江浦、华罗庚七校联考高三（上）期中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，每小题2分，共计20分1化学与生产、生活、科技、环境等密切相关，下列说法不正确的是（）A用蘸有浓氨水的棉棒检验输送氯气的管道是否漏气B用CO2合成聚碳酸酯可降解塑料，实现“碳”的循环利用C大力实施
20、矿物燃料脱硫脱硝技术，能减少二氧化硫、氮氧化物的排放D纳米铁粉可以高效地去除被污染水体中的Pb2+、Cu2+、Cd2+、Hg2+等重金属离子，其本质是纳米铁粉对重金属离子较强的物理吸附【考点】物质的组成、结构和性质的关系【分析】A氯气与氨气反应生成氮气和氯化铵，有白烟；B聚碳酸酯为可降解塑料，不含导致白色污染；C减少二氧化硫、氮氧化物的排放，可减少酸雨发生；DFe和Pb2+、Cu2+、Hg2+发生置换反应【解答】解：A氯气与氨气反应生成氮气和氯化铵，有白烟，则用蘸有浓氨水的棉棒检验输送氯气的管道是否漏气，故A正确；B聚碳酸酯为可降解塑料，不含导致白色污染，则用CO2合成聚碳酸酯可降解塑料，实现
21、“碳”的循环利用，故B正确；C减少二氧化硫、氮氧化物的排放，可减少酸雨发生，则大力实施矿物燃料脱硫脱硝技术，故C正确；D除了污水时Fe和Pb2+、Cu2+、Hg2+发生置换反应，发生化学反应，与物理吸附无关，故D错误；故选D2下列有关化学用语表示正确的是（）A氯乙烯分子的结构简式：H3CCH2ClB硫原子的结构示意图：C过氧化钠的电子式：D中子数为10的氧原子： O【考点】电子式【分析】A、氯乙烯是用一个氯原子取代了乙烯中的一个H原子形成的；B、硫原子的核内有16个质子，核外有16个电子；C、过氧化钠由2个钠离子和1个过氧根构成；D、将质量数写在原子符号的左上角【解答】解：A、氯乙烯是用一个氯
22、原子取代了乙烯中的一个H原子形成的，故结构简式为CH2=CHCl，故A错误；B、硫原子的核内有16个质子，核外有16个电子，故结构示意图为，故B正确；C、过氧化钠由2个钠离子和1个过氧根构成，故过氧化钠的电子式为，故C错误；D、将质量数写在原子符号的左上角，质量数=质子数+中子数=10+8=18，故原子符号为188O，故D错误故选B3下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是（）ASO2具有还原性，可用于漂白纸浆BNH4HCO3受热易分解，可用作氮肥C氢氧化铝具有弱碱性，可用作净水剂D常温下铁能被浓硝酸钝化，可用铁质容器贮运浓硝酸【考点】物质的组成、结构和性质的关系【分析】A二氧化硫具有漂白性；
23、BNH4HCO3含N元素；C氢氧化铝胶体具有吸附性；D常温下Fe遇浓硝酸发生钝化，生成致密的氧化膜阻止反应的进一步发生【解答】解：A二氧化硫具有漂白性，可用于漂白纸浆，与其还原性无关，故A错误；BNH4HCO3含N元素，可用作氮肥，与其分解性无关，故B错误；C氢氧化铝胶体具有吸附性，则用作净水剂，与弱碱性无关，故C错误；D常温下Fe遇浓硝酸发生钝化，生成致密的氧化膜阻止反应的进一步发生，则可用铁质容器贮运浓硝酸，故D正确；故选D4X、Y、Z、M、W为五种短周期元素X原子的质子数与电子层数相同，W原子核外电子数是M原子最外层电子数的2倍，Y、Z、M、W在周期表中的相对位置如图所示下列说法不正确的
24、是（）YZMWA原子半径：WYZMXB热稳定性：XMX2Z，沸点：X2ZYX3CX、Y、Z三种元素形成的化合物中不可能含离子键DYM3、WM4分子中每个原子最外层均满足8电子结构【考点】原子结构与元素周期律的关系【分析】X、Y、Z、M、W为五种短周期元素X原子的质子数与电子层数相同，则X为H元素；W原子核外电子数是M原子最外层电子数的2倍，若M为O，则W为Mg，结合Y、Z、M、W在周期表中的相对位置可知，Y为B，Z为C，而Z与M相邻，不符合；若M为F，则W为Si，结合Y、Z、M、W在周期表中的相对位置可知，Y为N，Z为O，符合，然后结合元素周期律来解答【解答】解：X、Y、Z、M、W为五种短周期
25、元素X原子的质子数与电子层数相同，则X为H元素；W原子核外电子数是M原子最外层电子数的2倍，M为F，则W为Si，结合Y、Z、M、W在周期表中的相对位置可知，Y为N，Z为O，A电子层越多，原子半径越大，同周期从左向右原子半径减小，则原子半径：WYZMX，故A正确；B非金属性越强，对应氢化物越稳定，水中含氢键多沸点高，则热稳定性：XMX2Z，沸点：X2ZYX3，故B正确；CX、Y、Z三种元素形成的化合物硝酸铵中含离子键、共价键，故C错误；DNF3、SiF4分子中均无孤电子，成键数+中心原子的族序数=8，则每个原子最外层均满足8电子结构，故D正确；故选C5下列指定反应的离子方程式正确的是（）A将铜丝
26、插入稀硝酸中：Cu+4H+2NO3Cu2+2NO2+H2OB向Fe2（SO4）3溶液中加入过量铁粉：Fe3+Fe2Fe2+C向NaAlO2溶液中通入过量CO2 制Al（OH）3：CO2+AlO2+2H2O=Al（OH）3+HCO3D用氨水吸收足量的SO2气体：2OH+SO2=SO32+H2O【考点】离子方程式的书写【分析】A不符合反应客观事实，铜与稀硝酸反应生成一氧化氮；B电荷不守恒；C二氧化碳过量，反应生成强氢氧化铝和碳酸氢钠；D氨水吸收足量二氧化硫反应生成亚硫酸氢铵；【解答】解：A将铜丝插入稀硝酸中，离子方程式：3Cu+8H+2NO33Cu2+2NO+4H2O，故A错误；B向Fe2（SO4
27、）3溶液中加入过量铁粉，离子方程式：2Fe3+Fe3Fe2+，故B错误；C向NaAlO2溶液中通入过量CO2 制Al（OH）3，离子方程式：CO2+AlO2+2H2O=Al（OH）3+HCO3，故C正确；D氨水吸收足量二氧化硫反应生成亚硫酸氢铵，离子方程式：2NH3H2O+SO2=NH4+HSO3，故D错误；故选：C6下列实验操作正确的是（）A用装置甲收集SO2B用装置乙制备AlCl3晶体C用装置丙进行中和滴定时，滴定前锥形瓶先用待装液润洗D装置丁中使用分液漏斗和容量瓶时，先要检查仪器是否漏液【考点】化学实验方案的评价【分析】A二氧化硫的密度比空气的密度大；B氯化铝水解生成的盐酸挥发；C锥形瓶
28、不能用待装液润洗；D有塞子或活塞的仪器使用前需要检验是否漏液【解答】解：A二氧化硫的密度比空气的密度大，则图中收集二氧化硫应导管长进短出，故A错误；B氯化铝水解生成的盐酸挥发，则不能蒸干制备，应选冷却结晶法，故B错误；C锥形瓶不能用待装液润洗，洗净后可使用，故C错误；D有塞子或活塞的仪器使用前需要检验是否漏液，则装置丁中使用分液漏斗和容量瓶时，先要检查仪器是否漏液，故D正确；故选D7下列说法正确的是（）A化学反应的焓变与反应的途径有关B室温下，稀释0.1molL1CH3COOH溶液，溶液的导电能力减弱C常温常压下，22.4L Cl2中含有的分子数为6.021023个D等质量的铜按a、b两种途径
29、完全转化为Cu（NO3）2，途径a、b消耗的硝酸一样多【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；反应热和焓变【分析】A焓变与反应的途径无关，与起始状态有关；BCH3COOH溶液加水稀释，平衡向正反应方向移动，但离子浓度减小，导电能力减弱；C不是标准状况；Da中硝酸只作酸，b中硝酸作氧化剂和酸【解答】解：A焓变与反应的途径无关，与起始状态有关，故A错误；BCH3COOH溶液加水稀释，平衡向正反应方向移动，但离子浓度减小，导电能力减弱，故B正确；C不是标准状况，所以无法由22.4L 求物质的量，故C错误；Da中硝酸只作酸，b中硝酸作氧化剂和酸，则等量Cu制备硝酸铜时，b消耗的硝酸多，故D错误；故选B8
30、用H2O2溶液处理含NaCN的废水的反应原理为：NaCN+H2O2+H2ONaHCO3+NH3，已知：HCN酸性比H2CO3弱下列有关说法正确的是（）A该反应中氮元素被氧化B该反应中H2O2作还原剂C实验室配制NaCN溶液时，需加入适量的NaOH溶液D0.1molL1NaCN溶液中含HCN和CN总数目为0.16.021023【考点】氧化还原反应【分析】NaCN+H2O2+H2O=NaHCO3+NH3反应中O元素从1价降低为2价，C元素从+2价升高到+4价，结合电子转移和NaCN的性质分析【解答】解：ANaCN中C为+2价，Na为+1价，则氮元素的化合价为3，反应前后N元素化合价不变，故A错误；
31、BNaCN+H2O2+H2O=NaHCO3+NH3反应中O元素从1价降低为2价，所以反应中H2O2作氧化剂，故B错误；C因为HCN酸性比H2CO3弱，所以实验室配制NaCN溶液时，需加入适量的NaOH溶液防止水解，故C正确；D无体积无法计算，故D错误故选C9在给定的条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是（）ASiO2SiCl4SiBFeS2SO2H2SO4CN2NH3NH4Cl（aq）DMgCO3MgCl2（aq）Mg【考点】硅和二氧化硅；镁、铝的重要化合物【分析】A二氧化硅为酸性氧化物和盐酸不反应；BFeS2燃烧生成二氧化硫，二氧化硫和水反应生成亚硫酸；C氮气和氢气一定条件下反应生成氨
32、气，氨气和盐酸反应生成氯化铵；D碳酸镁和盐酸反应生成氯化镁、二氧化碳和水，氯化镁溶液电解不能生成金属镁【解答】解：A二氧化硅属于酸性氧化物和盐酸不反应，不能一步实现反应，故A错误；B二氧化硫和水反应生成亚硫酸，亚硫酸被氧化生成硫酸，二氧化硫和水不能一步转化，故B错误；C氮气和氢气在催化剂、高温高压条件下反应生成氨气，氨气是碱性气体和盐酸反应生成氯化铵，两步反应能一步实现，故C正确；D碳酸镁溶于盐酸生成氯化镁溶液，氯化镁溶液电解得到氢氧化镁，氢气和氯气，不能直接得到金属镁，应是电解熔融状态的氯化镁得到金属镁，故D错误；故选C10在一块表面无锈的铁片上滴食盐水，放置一段时间后看到铁片上有铁锈出现铁
33、片腐蚀过程中发生的总化学方程式：2Fe+2H2O+O22Fe（OH）2，Fe（OH）2进一步被氧气氧化为Fe（OH）3，再在一定条件下脱水生成铁锈，其原理如图下列说法正确的是（）A铁片发生还原反应而被腐蚀B此过程中电子从C移向FeC铁片腐蚀中负极发生的电极反应：2H2O+O2+4e4OHD铁片里的铁和碳与食盐水形成无数微小原电池，发生了电化学腐蚀【考点】金属的电化学腐蚀与防护【分析】在一块表面无锈的铁片上滴食盐水，铁片里的铁和碳与食盐水形成无数微小原电池，发生了电化学腐蚀，铁作负极，发生失电子的氧化反应，即Fe2e=Fe2+，碳作正极，正极上氧气得电子发生还原反应，电极反应式为：2H2O+O2
34、+4e=4OH，电子从负极Fe移向正极C，据此分析解答【解答】解：A、铁作负极，发生失电子的氧化反应，故A错误；B、电子从负极Fe移向正极C，故B错误；C、铁作负极，发生失电子的氧化反应，即Fe2e=Fe2+，故C错误；D、在一块表面无锈的铁片上滴食盐水，铁片里的铁和碳与食盐水形成无数微小原电池，发生了电化学腐蚀，铁作负极，碳作正极，故D正确；故选；D二、不定项选择题：本题包括5小题，每小题4分，共计20分11甲、乙、丙三种物质是某抗生素合成过程中的中间产物，下列说法正确的是（）A乙、丙都能发生银镜反应B用FeCl3溶液鉴别甲、丙两种有机化合物C甲分子中所有碳原子可能共平面D甲、乙、丙三种有机
35、化合物均可与NaOH溶液发生反应【考点】有机物的结构和性质【分析】A醛基能发生银镜反应；B氯化铁能和酚发生显色反应；C苯环为平面形结构，与苯环直接相连的原子共平面；D酚羟基、羧基、卤原子或酯基都能和NaOH溶液反应【解答】解：A醛基能发生银镜反应，乙含有醛基，能发生银镜反应，丙不含醛基，不能发生银镜反应，故A错误；B氯化铁能和酚发生显色反应，甲不含酚羟基而丙含有酚羟基，则丙能发生显色反应，而甲不能发生显色反应，所以可以用氯化铁溶液鉴别甲、丙，故B正确；C苯环为平面形结构，与苯环直接相连的原子共平面，且甲中CO键可旋转，C有可能与苯环在同一个平面上，故C正确；D酚羟基、羧基、卤原子或酯基都能和N
36、aOH溶液反应，甲中不含酚羟基、羧基、卤原子或酯基，所以不能和NaOH溶液反应，故D错误故选BC1225时，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）A无色溶液中：K+、Na+、Cu2+、SO42BKw/c（OH）=1012 molL1的溶液：Na+、K+、SiO32、ClC0.1 molL1FeSO4溶液中：K+、NH4+、MnO4、ClOD使酚酞变红色的溶液：Na+、Ba2+、NO3、Cl【考点】离子共存问题【分析】ACu2+为蓝色；BKw/c（OH）=1012 molL1的溶液，显碱性；C离子之间发生氧化还原反应；D使酚酞变红色的溶液，显碱性【解答】解：ACu2+为蓝色，与无色不符，
37、故A不选；BKw/c（OH）=1012 molL1的溶液，显碱性，该组离子之间不反应，可大量共存，故B选；CMnO4、ClO分别与Fe2+发生氧化还原反应，不能共存，故C不选；D使酚酞变红色的溶液，显碱性，该组离子之间不反应，可大量共存，故D选；故选BD13根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是（）选项实验操作实验现象结 论A测定等浓度的Na2CO3和Na2SO3溶液的pH前者pH比后者的大非金属性：SCB溴乙烷与NaOH溶液共热后，加入AgNO3溶液未出现淡黄色沉淀溴乙烷没有水解C向等浓度的KCl、KI混合液中滴加AgNO3溶液先出现黄色沉淀Ksp（AgCl）Ksp（AgI）D将KI和F
38、eCl3溶液在试管中混合后，加入CCl4，振荡，静置下层液体显紫红色氧化性：Fe3+I2AABBCCDD【考点】化学实验方案的评价【分析】A应利用最高价氧化物水化物的酸性比较非金属性比较；B在加入硝酸银溶液之前必须先加入稀硝酸，否则不出现淡黄色沉淀；C溶度积表达式相同的物质，溶度积常数小的先产生沉淀；D同一氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性【解答】解：A测定等物质的量浓度的Na2CO3和Na2SO3溶液的pH，Na2CO3的水解程度大，前者的pH比后者的大，不能比较非金属性，应利用最高价氧化物水化物的酸性比较非金属性比较，故A错误；B在加入硝酸银溶液之前必须先加稀硝酸中和未反应
39、的NaOH，防止硝酸银和NaOH反应而干扰溴离子的检验，故B错误；C溶度积表达式相同的物质，溶度积常数小的先产生沉淀，先产生黄色沉淀说明Ksp（AgCl）Ksp（AgI），故C错误；D同一氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，该实验中下层液体显紫红色，说明有碘生成，该反应中铁离子是氧化剂、碘是氧化产物，所以氧化性：Fe3+I2，故D正确；故选D14常温下，用浓度为0.1000molL1的NaOH溶液分别逐滴加入到20.00mL 0.1000molL1的HX、HY溶液中，pH随NaOH溶液体积的变化如图下列说法正确（）AV（NaOH）=10.00 mL时，c（X）c（Na+）c（H
40、+）c（OH）BV（NaOH）=20.00 mL时，两份溶液中，c（X）c（Y）CV（NaOH）=20.00 mL时，c（Na+）c（X）c（OH）c（H+）DpH=7时，两份溶液中，c（X）=c（Y）【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算【分析】A、V（NaOH）=10.00 mL时，生成等物质的量浓度的HX和NaX，溶液呈酸性，以HX的电离为主；B、由图可知V（NaOH）=20.00 mL时，两者恰好完全反应，HX的PH大于HY，所以NaX的水解程度大于NaY； C、由图可知V（NaOH）=20.00 mL时，两者恰好完全反应，都生成强碱弱酸盐；D、NaX的水解程度大于NaY，而pH
41、=7时，两份溶液中第一份需氢氧化钠的物质的量少，根据电荷守恒，c（X）c（Y）【解答】解：A、V（NaOH）=10.00 mL时，生成等物质的量浓度的HX和NaX，溶液呈酸性，以HX的电离为主，所以离子浓度的大小为：，c（X）c（Na+）c（H+）c（OH），故A正确；B、由图可知V（NaOH）=20.00 mL时，两者恰好完全反应，HX的PH大于HY，所以NaX的水解程度大于NaY，则两份溶液中，c（X）c（Y），故B错误；C、由图可知V（NaOH）=20.00 mL时，两者恰好完全反应，都生成强碱弱酸盐，水解呈碱性，所以离子浓度的大小为：c（Na+）c（X）c（OH）c（H+），故C正确；
42、D、NaX的水解程度大于NaY，而pH=7时，两份溶液中第一份需氢氧化钠的物质的量少，根据电荷守恒，c（X）c（Y），故D错误；故选AC15一定温度下，在三个容积均为2.0L的恒容密闭容器中发生反应：2NO（g）+2CO（g）N2（g）+2CO2（g）各容器中起始物质的量与反应温度如下表所示，反应过程中甲、丙容器中CO2的物质的量随时间变化关系如下图所示：容器温度/起始物质的量/molNO （g）CO （g）甲T10.200.20乙T10.300.30丙T20.200.20下列说法正确的是（）A该反应的正反应为吸热反应B达到平衡时，乙中CO2的体积分数比甲中的小CT1时，若起始时向甲中充入0.
43、40 mol NO、0.40mol CO、0.40mol N2和0.40mol CO2，则反应达到新平衡前v（正）v（逆）DT2时，若起始时向丙中充入0.06mol N2和0.12 mol CO2，则达平衡时N2的转化率大于40%【考点】化学平衡的影响因素【分析】A先拐先平温度高，甲平衡状态二氧化碳物质的量小，说明温度越高平衡逆向进行；B乙中可以看做是甲起始量达到平衡状态，再加入0.1molNO和0.1molCO，相当于增大平衡压强，平衡正向进行；C甲状态下平衡时CO物质的量为0.10mol，结合三行计算计算平衡常数，依据起始量计算浓度商和平衡常数比较判断反应进行方向；DT2时，依据图象可知平
44、衡状态下CO物质的量为0.12mol，若起始时向丙中充入0.06mol N2和0.12 mol CO2，反应逆向进行得到平衡状态，和起始量为0.12molNO和0.12molCO达到的平衡相比较，和起始量0.2molCO、NO相比，相当于减少了NO、CO0.08mol的CO、NO，压强减小平衡逆向进行【解答】解：A.2NO（g）+2CO（g）N2（g）+2CO2（g），先拐先平温度高，甲状态温度高于丙，T1T2，此时甲平衡状态二氧化碳物质的量小，说明温度越高平衡逆向进行，逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，故A错误；B乙中可以看做是甲起始量达到平衡状态，再加入0.1molNO和0.1molCO
45、，相当于增大平衡压强，平衡正向进行，达到平衡时，乙中CO2的体积分数比甲中的大，故B错误；C甲状态下平衡时CO物质的量为0.10mol，结合三行计算计算平衡常数， 2NO（g）+2CO（g）N2（g）+2CO2（g）起始量（mol/L） 0.1 0.1 0 0变化量（mol/L） 0.05 0.05 0.025 0.05平衡量（mol/L） 0.05 0.05 0.025 0.05K=10，T1时，若起始时向甲中充入0.40 mol NO、0.40mol CO、0.40mol N2和0.40mol CO2，Qc=2.5K=10则反应达到新平衡前v（正）v（逆），故C错误；DT2时，平衡状态CO
46、物质的量为0.12mol， 2NO（g）+2CO（g）N2（g）+2CO2（g）起始量（mol） 0.2 0.2 0 0转化量（mol） 0 0 0.1 0.2变化量（mol） 0.08 0.08 0.04 0.08平衡量（mol） 0.12 0.12 0.04 0.08 2NO（g）+2CO（g）N2（g）+2CO2（g）起始量（mol） 0 0 0.06 0.12转化量 0.12 0.12 0 0若起始时向丙中充入0.06mol N2和0.12 mol CO2，反应逆向进行得到平衡状态，和起始量为0.12molNO和0.12molCO达到的平衡相同，和起始量0.2molCO、NO相比，相当
47、于减少了NO、CO0.08mol的CO、NO，压强减小平衡逆向进行，所以氮气转化率大于40%，故D正确；故选D三、非选择题16NaClO2是一种重要的杀菌消毒剂，也常用来漂白织物等，其一种生产工艺如图，回答下列问题：（1）ClO2的沸点为283K，纯ClO2易分解爆炸，一般用稀有气体或空气稀释到10%以下更安全写出“反应”步骤中生成ClO2的化学方程式2NaClO3+SO2+H2SO4=2NaHSO4+2ClO2（2）“尾气吸收”是吸收“电解”过程排出的少量ClO2在尾气吸收过程中，可代替H2O2的试剂是C（填序号）ANa2O2BNa2S CFeCl2DKMnO4提高尾气的吸收效率的可行措施有
48、AC（填序号）A尾气吸收时充分搅拌吸收液B适当加快尾气的通入速率C将温度控制在20以下D加水稀释尾气吸收液此吸收反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1（3）在碱性溶液中NaClO2比较稳定，在酸性溶液中，ClO2和H+合为HClO2，HClO2是唯一的亚卤酸，不稳定，易分解产生Cl2、ClO2和H2O，写出HClO2分解的化学方程式：8HClO2=Cl2+6ClO2+4H2O（4）已知NaClO2的溶解度随温度升高而增大，NaClO2饱和溶液在38以上60以下会析出NaClO2，在NaClO2析出过程中可能混有的杂质是NaCl、Na2SO4（填化学式）【考点】制备实验方案的设计【分析】由
49、制备流程可知，NaClO3和SO2在H2SO4酸化条件下生成ClO2，其中NaClO3是氧化剂，回收产物为NaHSO4，说明生成硫酸氢钠，且产生ClO2，根据电子守恒可知，此反应的化学方程式为2NaClO3+SO2+H2SO4=2NaHSO4+2ClO2，然后电解装置中阴极ClO2得电子生成ClO2，阳极Cl失电子生成Cl2，含过氧化氢的氢氧化钠溶液吸收ClO2，产物为ClO2，最后NaClO2溶液结晶、干燥得到产品，以此来解答【解答】解：（1）NaClO3和SO2在H2SO4酸化条件下生成ClO2，其中NaClO2是氧化剂，还原产物为NaCl，回收产物为NaHSO4，说明生成硫酸氢钠，且产生
50、ClO2，根据电子守恒可知，此反应的化学方程式为：2NaClO3+SO2+H2SO4=2NaHSO4+2ClO2，故答案为：2NaClO3+SO2+H2SO4=2NaHSO4+2ClO2；（2）在尾气吸收过程中，过氧化氢的氢氧化钠溶液吸收ClO2，产物为ClO2，则H2O2为还原剂，又不能引入新的杂质，所以可代替H2O2的试剂是Na2O2，故选：A；提高尾气的吸收效率，则可以搅拌、减慢尾气的通入速率、增大吸收液浓度，又ClO2的沸点为283K，所以将温度控制在20以下也可以提高尾气的吸收效率，故选：AC；由图可知，利用含过氧化氢的氢氧化钠溶液吸收ClO2，产物为ClO2，则此反应中ClO2为氧
51、化剂，还原产物为ClO2，化合价从+4价降为+3价，H2O2为还原剂，氧化产物为O2，每摩尔H2O2得到2mol电子，依据电子守恒可知氧化剂和还原剂的物质的量之比为2：1，故答案为：2：1；（3）HClO2不稳定，易分解产生Cl2、ClO2和H2O，根据电子守恒可知，分解的化学方程式为8HClO2=Cl2+6ClO2+4H2O，故答案为：8HClO2=Cl2+6ClO2+4H2O；（4）由制备流程可知，进入电解池中为ClO2和多余SO2气体，所以利用含过氧化氢的氢氧化钠溶液吸收尾气ClO2和多余SO2气体，产物为ClO2，还会生成Na2SO4，所以最后结晶、干燥的溶液除了含NaClO2还含有N
52、aCl、Na2SO4，又NaCl、Na2SO4 的溶解度随温度升高而增大，则在38以上60以下会析出NaClO2时可能混有的杂质是NaCl、Na2SO4，故答案为：NaCl、Na2SO417有机物F是一种治疗关节炎止痛药，合成F的一种传统法路线如图：已知：； （1）B中含氧官能团的名称为羰基（2）已知D经过反应可生成E，E的分子式C13H17N，写出E的结构简式（3）AB的反应类型为取代反应、AB的反应方程式为（4）写出同时满足下列条件的F的一种同分异构体的结构简式：（写一种）能发生银镜反应；能发生水解反应，其水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应；分子中只有4种不同化学环境的氢（5）合成
53、F（）的一种改良法是以2甲基1丙醇（）、苯、乙酸酐（CH3CO）2O为原料来合成，写出有关F的合成路线流程图（无机试剂任选）合成路线流程图示例如下：H2C=CH2CH3CH2BrCH3CH2OH【考点】有机物的合成【分析】A发生取代反应生成B，B发生加成反应生成C，C发生取代反应生成D，D经过反应可生成E，E的分子式C13H17N，根据D、F结构简式知，E结构简式为；（1）B中含有羰基；（2）根据E分子式及D、F结构简式确定E结构简式；（3）A发生取代反应生成B；（4）F的同分异构体符合下列条件：能发生银镜反应，说明含有醛基；能发生水解反应，其水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含
54、有酯基且羧基生成酚羟基；分子中只有4种不同化学环境的氢；（5）根据F和原料可知，F中苯环右边增加的基团应来自乙酸酐（根据流程A到B）再经过信息得到，苯环左边来自2甲基1丙醇（CH3）2CHCH2OH），需先变成卤代烃，根据信息合成【解答】解：A发生取代反应生成B，B发生加成反应生成C，C发生取代反应生成D，D经过反应可生成E，E的分子式C13H17N，根据D、F结构简式知，E结构简式为；（1）B中含氧官能团名称是羰基，故答案为：羰基；（2）根据E分子式及D、F结构简式确定E结构简式为，故答案为：；（3）A发生取代反应生成B，该反应方程式为，故答案为：取代反应；（4）F的同分异构体符合下列条件：
55、能发生银镜反应，说明含有醛基；能发生水解反应，其水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酯基且羧基生成酚羟基；分子中只有4种不同化学环境的氢，符合条件的结构简式为，故答案为：；（5）根据F和原料可知，F中苯环右边增加的基团应来自乙酸酐（根据流程A到B）再经过信息得到，苯环左边来自2甲基1丙醇（CH3）2CHCH2OH），需先变成卤代烃，根据信息合成，所以流程为：，故答案为：18氯化铁是常见的水处理剂，工业上制备无水FeCl3的一种工艺如图：（1）由FeCl36H2O晶体制备无水FeCl3应采取的措施是：在通HCl气体的氛围下加热（2）六水合氯化铁在水中的溶解度如下：温度/01020
56、305080100溶解度（g/100gH2O）74.481.991.8106.8315.1525.8535.7从FeCl3溶液制得FeCl36H2O晶体的操作步骤是：加入少量盐酸、加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥（3）常温下，若溶液的pH控制不当会使Fe3+沉淀，pH=4时，溶液中c（Fe3+）=2.6109molL1（常温下KspFe（OH）3=2.61039）（4）FeCl3的质量分数通常可用碘量法测定：称取2.300g无水氯化铁样品，溶于稀盐酸，再转移到100mL容量瓶，用蒸馏水定容；取出10.00mL，加入稍过量的KI溶液，充分反应后，滴入某一指示剂并用0.1000molL1Na2
57、S2O3溶液滴定用去12.50mL已知：I2+2S2O32=2I+S4O62写出加入稍过量的KI溶液反应的离子方程式：2Fe3+2I=2Fe2+I2求样品中氯化铁的质量分数（写出计算过程）【考点】制备实验方案的设计【分析】氯气与铁在反应炉中反应生成氯化铁，尾气用吸收剂Q处理得到氯化铁，故Q为氯化亚铁，氯化铁溶液蒸发浓缩、冷却结晶得到氯化铁晶体，为防止氯化铁水解，在HCl气流中加热蒸干氯化铁晶体得到氯化铁，（1）因为铁离子易水解所以应在通HCl气体的氛围下加热；（2）由表中数据可知，温度越高氯化铁的溶解度越高，由溶液获得晶体需加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；（3）依据沉淀溶解平衡的溶度积，
58、结合溶液PH计算得到；（4）KI溶液与FeCl3发生氧化还原反应生成碘单质和二价铁；12.50mLNa2S2O3溶液含有Na2S2O3物质的量为12.50103 L0.1000molL1=1.25103mol，根据关系式2Fe3+I2S2O32计算n（Fe3+），氯化铁的物质的量等于n（Fe3+），利用m=nM计算氯化铁的质量，根据质量分数定义计算【解答】解：（1）因为Fe3+易水解生成挥发性的HCl，所以由FeCl36H2O晶体得到无水FeCl3，应在氯化氢气流中加热FeCl36H2O晶体，得到无水FeCl3，故答案为：在通HCl气体的氛围下加热；（2）由表中数据可知，温度越高氯化铁的溶解度
59、越高，由溶液获得晶体需加加热浓缩，再冷却结晶；故答案为：加热浓缩；冷却结晶；（3）当溶液pH为4时，溶液中c（OH）=1010mol/L，KspFe（OH）3=c（Fe3+）c3（OH）=2.61039，所以溶液中c（Fe3+）=2.6109 molL1，故答案为：2.6109；（4）KI溶液与FeCl3发生氧化还原反应生成碘单质和二价铁，离子方程式为：2Fe3+2I=2Fe2+I2；故答案为：2Fe3+2I=2Fe2+I2；12.50mLNa2S2O3溶液含有Na2S2O3物质的量为12.50103 L0.1000molL1=1.25103mol，则：根据关系式：2Fe3+I22S2O32
60、2 2 n（Fe3+） 1.25103mol10所以 n（Fe3+）=1.25103mol10=1.25102mol，所以2.300g无水氯化铁样品中氯化铁的质量为1.25102mol162.5g/mol=2.03125g所以2.300g无水氯化铁样品中氯化铁的质量分数为100%=88.32%；故答案为：88.32%19亚硝酸钠（NaNO2）是一种常见的食品添加剂，使用时必须严格控制其用量某兴趣小组用下图所示装置制备NaNO2并对其性质作如下探究（A中加热装置已略去）【背景素材】2NO+Na2O22NaNO2；NO能被酸性KMnO4氧化成NO3，MnO4被还原为Mn2+在酸性条件下NaNO2能
61、把I氧化为I2；S2O32能把I2还原为I【制备NaNO2】（1）装置A三颈烧瓶中发生反应的化学方程式为C+4HNO3（浓）CO2+4NO2+2H2O（2）B装置的目的是将NO2转化为NO，铜与稀硝酸反应生成NO（3）为保证制得的亚硝酸钠的纯度，C装置中盛放的试剂可能是BD（填序号）AP2O5 B碱石灰 C无水CaCl2 D生石灰（4）E装置的作用是吸收有毒的NO气体，避免污染空气【测定NaNO2纯度】（5）本小题可供选择的试剂有：A稀硫酸Bc1 molL1 KI溶液C淀粉溶液Dc2 molL1 Na2S2O3溶液Ec3 molL1酸性KMnO4溶液利用NaNO2的还原性来测定其纯度，可选择的
62、试剂是E（填序号）利用NaNO2的氧化性来测定其纯度的步骤是：准确称取质量为m的NaNO2样品放入锥形瓶中，加适量水溶解加入过量的c1molL1KI溶液、淀粉溶液，然后滴加稀硫酸，用c2molL1Na2S2O3溶液滴定至溶液由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不变色，读数，重复以上操作23次（请补充完整实验步骤）【考点】制备实验方案的设计【分析】制备NaNO2并对其性质作探究，由实验装置可知，A中发生C+4HNO3（浓）CO2+4NO2+2H2O，B中稀释挥发的硝酸和生成的二氧化氮，C中固体干燥剂干燥NO，并除去可能混有的酸雾，D中发生2NO+Na2O22NaNO2，E中高锰酸钾吸收尾气NO，以此来
63、解答【解答】解：（1）装置A三颈烧瓶中发生反应的化学方程式为C+4HNO3（浓）CO2+4NO2+2H2O，故答案为：C+4HNO3（浓）CO2+4NO2+2H2O；（2）B装置的目的是将NO2转化为NO、铜与稀硝酸反应生成NO，故答案为：将NO2转化为NO；铜与稀硝酸反应生成NO；（3）A、C不能吸收酸，B、D可吸收酸且干燥气体，故答案为：BD；（4）由信息可知，E装置的作用是吸收有毒的NO气体，避免污染空气，故答案为：吸收有毒的NO气体，避免污染空气；（5）由信息NO能被酸性KMnO4氧化成NO3可知，则利用NaNO2的还原性来测定其纯度，可选择的试剂是E，故答案为：E；由信息酸性条件下N
64、aNO2能把I氧化为I2可知，则利用NaNO2的氧化性来测定其纯度的步骤是：准确称取质量为m的NaNO2样品放入锥形瓶中，加适量水溶解，加入过量的c1 molL1 KI溶液、淀粉溶液，然后滴加稀硫酸，用c2 molL1 Na2S2O3溶液滴定至溶液由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不变色，读数，重复以上操作23次，故答案为：加入过量的c1 molL1 KI溶液、淀粉溶液，然后滴加稀硫酸，用c2 molL1 Na2S2O3溶液滴定至溶液由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不变色，读数，重复以上操作23次20数十年来，化学工作者对碳的氧化物做了广泛深入的研究并取得了一些重要成果如利用CO2和CH4重整可制合
65、成气（主要成分为CO、H2），已知重整过程中部分反应的热化学方程式为：I、CH4（g）C（s）+2H2（g）H=+75.0kJmol1II、CO2（g）+H2（g）CO（g）+H2O（g）H=+41.0kJmol1III、CO（g）+H2（g）C（s）+H2O（g）H=131.0kJmol1（1）反应CO2（g）+CH4（g）2CO（g）+2H2（g）的H=+247kJmol1（2）固定n（CO2）=n（CH4），改变反应温度，CO2和CH4的平衡转化率见图甲 同温度下CO2的平衡转化率大于（填“大于”或“小于”）CH4的平衡转化率，其原因是CO2发生了其他副反应高温下进行该反应时常会因反应I
66、生成“积碳”（碳单质），造成催化剂中毒，高温下反应I能自发进行的原因是S0（3）一定条件下PdMg/SiO2催化剂可使CO2“甲烷化”从而变废为宝，其反应机理如图乙所示，该反应的化学方程式为CO2+4H2CH4+2H2O（4）CO常用于工业冶炼金属，如图是在不同温度下CO还原四种金属氧化物达平衡后气体中lgc（CO）/c（CO2）与温度（t）的关系曲线图下列说法正确的是BCA工业上可以通过增高反应装置来延长矿石和CO接触的时间，减少尾气中CO的含量BCO不适宜用于工业冶炼金属铬（Cr）C工业冶炼金属铜（Cu）时较低的温度有利于提高CO的利用率DCO还原PbO2的反应H0（5）在载人航天器中应用
67、电化学原理，以Pt为阳极，Pb（CO2的载体）为阴极，KHCO3溶液为电解质溶液，还原消除航天器内CO2同时产生O2和新的能源CO，总反应的化学方程式为：2CO22CO+O2，则其阳极的电极反应式为4OH4e=O2+2H2O【考点】反应热和焓变；化学平衡的影响因素；电解原理【分析】（1）已知：CH4（g）C（s）+2H2（g）H=+75.0kJ/molCO2（g）+H2（g）CO（g）+H2O（g）H=+41.0kJ/molCO（g）+H2（g）C（s）+H2O（g）H=131.0kJ/mol根据盖斯定律+可得；（2）根据图示可以看出，CO2发生了其他副反应；反应自发进行的判据：HTS0；（3
68、）根据信息：一定条件下PdMg/SiO2催化剂可使CO2“甲烷化”结合反应机理来书写方程式并结合化合价判断；（4）A、增高炉的高度，增大CO与铁矿石的接触，不能影响平衡移动，CO的利用率不变；B、由图象可知用CO工业冶炼金属铬时，lgc（CO）/c（CO2）一直很高，说明CO转化率很低，故不适合；C、由图象可知温度越低lgc（CO）/c（CO2）越小，故CO转化率越高；D、由图象可知CO还原PbO2的温度越高lgc（CO）/c（CO2）越高，说明CO转化率越低，平衡逆向移动，故H0；（5）依据电解原理阴极上是得到电子发生还原反应生成一氧化碳【解答】解：（1）已知：CH4（g）C（s）+2H2（
69、g）H=+75.0kJ/molCO2（g）+H2（g）CO（g）+H2O（g）H=+41.0kJ/molCO（g）+H2（g）C（s）+H2O（g）H=131.0kJ/mol根据盖斯定律+得到反应CO2（g）+CH4（g）2CO（g）+2H2（g），H=+247kJ/mol；故答案为：+247；（2）根据图示可以看出，CO2发生了其他副反应，同温度下CO2的平衡转化率大于CH4的平衡转化率大于；故答案为：大于；CO2发生了其他副反应；反应自发进行的判据：HTS0，反应S0，H0，代入判据，得到反应在高温下能自发进行；故答案为：S0；（3）据信息：一定条件下PdMg/SiO2催化剂可使CO2“甲
70、烷化”，可以写出方程式为：CO2+4H2CH4+2H2O；故答案为：CO2+4H2 CH4+2H2O；（4）A、增高炉的高度，增大CO与铁矿石的接触，不能影响平衡移动，CO的利用率不变，故A错误；B、由图象可知用CO工业冶炼金属铬时，lgc（CO）/c（CO2）一直很高，说明CO转化率很低，故不适合B正确；C、由图象可知温度越低lgc（CO）/c（CO2）越小，故CO转化率越高，故C正确；D、由图象可知CO还原PbO2的温度越高lgc（CO）/c（CO2）越高，说明CO转化率越低，平衡逆向移动，故H0，故D错误；故答案为：BC；（5）以Pt为阳极，Pb（CO2的载体）为阴极，KHCO3溶液为电
71、解质溶液，还原消除航天器内CO2同时产生O2和新的能源CO，总反应的化学方程式为：2CO22CO+O2，则溶液中的氢氧根在阳极上失去电子发生氧化反应生成氧气，电极反应式为：4OH4e=O2+2H2O；故答案为：4OH4e=O2+2H2O三、【选做题A】物质结构与性质21由徐光宪院士发起、院士学子同创的分子共和国科普读物最近出版了，全书形象生动地戏说了BF3、TiO2、HCHO、N2O、二茂铁、NH3、HCN、H2S、O3、异戊二烯和萜等众多“分子共和国”中的明星（1）写出Fe3+的基态核外电子排布式Ar3d5（2）HCHO分子中碳原子轨道的杂化轨道类型为sp2；1mol HCN分子中含有键的数
72、目为2mol（3）N2O的空间构型为直线型，与N2O互分等电子体的一种离子为CNO（4）TiO2的天然晶体中，最稳定的一种晶体结构如图，则黑球表示钛（Ti）原子【考点】原子核外电子排布；“等电子原理”的应用【分析】（1）铁是26号元素，铁原子核外有26个电子，铁原子失去3个电子变为Fe3+，根据构造原理写出Fe3+基态离子核外电子排布式；（2）根据碳原子成的键、孤电子对数目确定杂化轨道数目，进而确定C原子杂化方式；单键都是键，双键和三键都是只有一个键；（3）原子数相同，电子总数相同的分子，互称为等电子体，等电子体的结构相似，据此分析；（4）根据均摊法计算出验原子数目【解答】解：（1）铁是26号
73、元素，铁原子核外有26个电子，铁原子失去3个电子变为Fe3+，根据构造原理知，该离子核外电子排布式为Ar3d5，故答案为：Ar3d5；（2）HCHO分子，C原子成3个键键、没有孤电子对，杂化轨道数目为3，故其杂化类型为sp2杂化；单键都是键，双键和三键都是只有一个键，HCN中含有1个HC键，1个CN键，故共有2个键，所以1mol HCN中含有的键的数目为2mol；故答案为：sp2；2；（3）将2个N原子换成CO，所以与N2O互分等电子体的一种分子为CO2，又等电子体的结构相似，所以N2O的空间构型为直线型；将N原子电子数减1得C原子，所以与N2O互分等电子体的一种离子为CNO，故答案为：直线型
74、；CNO；（4）黑球的数目=8+1=2，白球数目=4=4，黑白球比例为1：2，故黑球是Ti，故答案为：钛（Ti）四、【选做题B】实验化学22焦亚硫酸钠（Na2S2O5）是常用的抗氧化剂，在空气中、受热时均易分解实验室制备少量Na2S2O5的方法：在不断搅拌下，控制反应温度在40左右，向Na2CO3过饱和溶液中通入SO2，实验装置如图所示当溶液pH约为4时，停止反应在20左右静置结晶生成Na2S2O5的化学方程式为：2NaHSO3Na2S2O5+H2O（1）SO2与Na2CO3溶液反应生成NaHSO3和CO2，其离子方程式为2SO2+CO32+H2O=2HSO3+CO2（2）装置Y的作用是防止倒
75、吸（3）析出固体的反应液经减压抽滤、洗涤、2530干燥，可获得Na2S2O5固体组成减压抽滤装置的主要仪器是布氏漏斗、吸滤瓶和抽气泵依次用饱和SO2水溶液、无水乙醇洗涤Na2S2O5固体用饱和SO2水溶液洗涤的目的是减少Na2S2O5在水中的溶解（4）实验制得的Na2S2O5固体中含有一定量的Na2SO3和Na2SO4，其可能的原因是在制备过程中Na2S2O5易分解生成Na2SO3，且Na2SO3易被氧化生成Na2SO4【考点】制备实验方案的设计【分析】在不断搅拌下，控制反应温度在40左右，向Na2CO3过饱和溶液中通入SO2，发生反应生成NaHSO3和CO2，多余的二氧化硫可用氢氧化钠溶液吸
76、收，因二氧化硫易溶于氢氧化钠溶液，Y为安全瓶，可防止倒吸，（1）向Na2CO3过饱和溶液中通入SO2，发生反应生成NaHSO3和CO2；（2）二氧化硫易溶于氢氧化钠溶液，Y为安全瓶，可防止倒吸；（3）组成减压抽滤装置的主要仪器是布氏漏斗、吸滤瓶和抽气泵；用饱和SO2水溶液洗涤，可降低溶质的溶解度；（4）Na2S2O5易分解生成a2SO3，且Na2SO3易被氧化【解答】解：（1）向Na2CO3过饱和溶液中通入SO2，发生反应生成NaHSO3和CO2，反应的离子方程式为2SO2+CO32+H2O=2HSO3+CO2，故答案为：2SO2+CO32+H2O=2HSO3+CO2；（2）二氧化硫易溶于氢氧
77、化钠溶液，Y为安全瓶，可防止倒吸，故答案为：防止倒吸；（3）组成减压抽滤装置的主要仪器是布氏漏斗、吸滤瓶和抽气泵，故答案为：吸滤瓶；由反应2NaHSO3Na2S2O5+H2O可知，增大HSO3的浓度，有利于生成Na2S2O5，用饱和SO2水溶液洗涤，可降低Na2S2O5的溶解度，减少Na2S2O5的溶解，故答案为：减少Na2S2O5在水中的溶解；（4）Na2S2O5易分解生成Na2SO3，且Na2SO3易被氧化，可知验制得的Na2S2O5固体中含有一定量的Na2SO3 和Na2SO4，故答案为：在制备过程中Na2S2O5易分解生成Na2SO3，且Na2SO3易被氧化生成Na2SO42016年12月20日
