1、2016-2017学年江苏省泰州中学高三（上）期中化学试卷一、选择题（共15小题，每小题2分，满分30分）1化学与生产、生活、科技等密切相关，下列说法正确的是（）A石油裂解的目的是提高汽油等轻质油的产量和质量B“神州七号”的防护层中含聚四氟乙烯，聚四氟乙烯属于不饱和烃C补血口服液中添加维生素c，作为氧化剂D用CO2合成聚碳酸酯可降解塑料，可以实现“碳”的循环利用2下列有关化学用语使用正确的是（）A34S2的结构示意图：BH2O2的电子式：C甲烷分子的比例模型：D中子数为18的硫原子： S3下列有关物质的性质与其应用不相对应的是（）AAl具有良好延展性和抗腐蚀性，可制成铝箔包装物品B二氧化硅有良
2、好的导电性，是制造光导纤维的主要材料C药皂中加入少量苯酚，可以起到杀菌消毒的作用D碳酸钠溶液显碱性，可用热的纯碱溶液除去金属器件表面的油污4W、X、Y、Z均为的短周期主族元素，原子序数依次增加，且原子核外L电子层的电子数分别为0、5、8、8，它们的最外层电子数之和为18下列说法正确的是（）A单质的沸点：WXB阴离子的还原性：WZC氧化物的水化物的酸性：YZDX与Y不能存在于同一离子化合物中5下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是（）A向稀HNO3中滴加Na2SO3溶液：SO32+2H+SO2+H2OB向Na2SiO3溶液中通入过量SO2：SiO32+SO2+H2OH2SiO3+SO32C用浓
3、盐酸酸化的KMnO4溶液与H2O2反应，证明H2O2具有还原性：2MnO4+6H+5H2O22Mn2+5O2+8H2OD向CuSO4溶液中加入Na2O2：2Na2O2+2Cu2+2H2O4Na+2Cu（OH）2+O26用下列装置进行相应实验，能达到实验目的是（）A图所示装置用于Cu和浓H2SO4反应制取少量的SO2气体B图所示装置用于除去碳酸氢钠固体中的少量碳酸钠C图所示装置用于制备并收集NO气体D图所示装置制取并收集氨气7下列有关说法正确的是（）A0.1L物质的量浓度为2mol/L的（NH4）2S溶液中含有的S2数目为0.26.021023B对NaCl溶液和金属钠加热，都会使导电能力增强C2
4、5时，向0.1mol/LCH3COOH溶液中加入少量CH3COONa固体，该溶液中水的电离程度将增大，且Kw不变D用惰性电极电解1L 1mol/L的CuSO4溶液，当阴极析出3.2g铜时，加入0.05mol Cu（OH）2固体可将溶液浓度恢复至元浓度8氢气是一种清洁能源，氢气的制取与储存是氢能源利用领域的研究热点、已知：太阳光催化分解水制氢：2H2O（1）=2H2（g）+O2（g）H1=+571.6kJmol1焦炭与水反应制氢：C（g）+H2O（g）=CO（g）+H2（g）H2=+13.13kJmol1甲烷与水反应制氢：CH4（g）+H2O（g）CO（g）+3H2（g）H3=+206.2kJm
5、ol1下列说法正确的是（）A反应中电能转化为化学能B反应低温可以自发转化C上述反应若使用催化剂，能改变反应的HD反应CH4（g）=C（s）+2H2（g）的H=74.8kJmol19下列物质的制备与工业生产实际相符合的是（）ANH3NOHNO3BMnO2Cl2漂白粉C制取Mg：海水Mg（OH）2MgOMgD黄铁矿SO2SO3稀H2SO410下列图示与对应的叙述相符的是（）A图1表示可逆反应“2X（g）Y（g）H0”温度T1T2的情形B图2表示压强对可逆反应2A（g）+2B（g）3C（g）+D（s）的影响，乙的压强比甲的压强大C图3中a、b、c三点中只有b点已经达到化学平衡状态D图4是向20mL
6、pH=3的醋酸溶液中滴加pH=11的NaOH溶液过程中pH变化曲线11新型纤维酸类降脂药克利贝特可由物质X在一定条件下反应制得，下列有关叙述正确的是（）A克利贝特的分子式为C28H34O6B物质X分子中所有碳原子可能位于同一平面内C用饱和NaHCO3溶液可以鉴别物质X和克利贝特D1 mol物质X最多可以与含2 molBr2的溴水反应12下列各组离子能在指定溶液中，大量共存的是（）A含大量SO2的溶液中：NH4+、F、HCO3、ClOB能使淀粉碘化钾试纸变蓝的溶液：Cl、Na+、S2、NH4+C =1013mol/L的溶液中：Al3+、Fe3+、NO3、ClO4D滴入KSCN溶液显红色的溶液中：
7、NO3+、Na+、AlO2、K+13下列实验中，对应的现象以及结论都正确且两者具有因果关系是（）选项实验现象结论A将稀硝酸加入过量铁粉中，充分反应后滴加KSCN溶液有气体生成，溶液呈血红色稀硝酸将Fe氧化为Fe3+B将铜粉加入1.0molL1Fe2（SO4）3溶液中溶液变蓝、有黑色固体出现金属铁比铜活泼C向FeCl2溶液中加入Na2O2粉末出现红褐色沉淀和无色气体FeCl2溶液部分变质D将0.1molL1MgSO4溶液滴入NaOH溶液至不再有沉淀产生，再滴加0.1molL1CuSO4溶液先有白色沉淀生成后变为浅蓝色沉淀Cu（OH）2的Ksp比Mg（OH）2的小AABBCCDD14已知常温下0.
8、1mol/L的NH4HCO3溶液pH=7.8，已知含氮（或含碳）各微粒的分布分数（平衡时某种微粒的浓度占各种微粒浓度之和的分数）与pH的关系如图所示下列说法不正确的是（）A溶液的pH=9时，溶液中存在下列关系：c（HCO3）c（NH4+）c（NH3H2O）c（CO32）BNH4HCO3溶液中存在下列守恒关系：c（NH4+）+c（NH3H2O）=c（HCO3）+c（CO32）+c（H2CO3）C由图可知，往该溶液中逐滴滴加氢氧化钠时NH4+和HCO3浓度逐渐减小D通过分析可知常温下Ka1（H2CO3）Kb（NH3H2O）Ka2（H2CO3）15T1时，向容积为2L的密闭容器中充入一定量的A气体和
9、B气体，发生如下反应：A（g）+2B（g）C（g）反应过程中测定的部分数据见表：下列说法正确的是（）反应时间/minn（A）/moln（B）/mol01.001.20100.50300.20A前10min内反应的平均速率为v（C）=0.050molL1min1B保持其他条件不变，起始时向容器中充入0.50molA气体和0.60molB气体，到达平衡时，n（C）0.25molC若密闭容器体积不变，其他条件不变，在达到平衡后持续缩小容器体积，则平衡一直会正向移动D温度为T2时（T1T2），上述反应平衡常数为20，则正反应为放热反应二、解答题（共6小题，满分80分）16工业上回收利用某合金废料（主要
10、含Fe、Cu、Co、Li等，已知Co、Fe都是中等活泼金属）的工艺流程如下：（1）金属M为，操作1为（2）加入H2O2的作用是（用离子方程式表示），加入氨水的作用是（3）充分焙烧的化学方程式为（4）已知Li2CO3微溶于水，其饱和溶液的浓度与温度关系见下表操作2中，蒸发浓缩后必须趁热过滤，其原因是，90时Ksp（Li2CO3）的值为温度/10306090浓度/molL10.210.170.140.10（5）用惰性电极电解熔融Li2CO3制取锂，阳极生成两种气体，则阳极的电极反应式为17酮洛芬是一种良好的抗炎镇痛药，可以通过如图方法合成：（1）酮洛芬中含氧官能团的名称为和（2）化合物E的结构简式
11、为；由CD的反应类型是（3）写出BC的反应方程式（4）写出同时满足下列条件的A的一种同分异构体的结构简式、能发生银镜反应、与FeCl3发生显色反应、分子中含有5种不同化学环境的氢（5）请写出以甲苯和乙醇为原料制备化合物的合成路线流程图（无机试剂可任选）合成路线流程图示例如下：H2C=CH2CH3CH2BrCH3CH2OH18化学耗氧量（Chemical Oxygen Demand，简称COD），是一个量度水体受污染程度的重要指标废水中的还原性物质大部分是有机物，COD表示为氧化这些还原性物质所需消耗的O2的量（以mgL1记）下面是用KMnO4法测定水样中COD的实验：已知：步骤 IV 的离子反
12、应为2MnO4+5C2C42+16H+=2Mn2+10CO2+8H2O（1）步骤滴定管中注入酸性高锰酸钾前，先用蒸馏水洗净，再（2）步骤 IV实验过程中滴入第一滴Na2C2O4溶液时褪色较慢，以后的滴定中褪色较快，原因是（3）若步骤 IV所用Na2C2O4溶液为20.00mL，根据相关数据计算该水样的化学耗氧量COD（以mgL1记）写出计算过程（4）若实验测量结果（COD值）比实际值偏高，可从以下两个方面猜想：猜想1：水样中Cl影响；猜想2：步骤 IV其他操作都正确，滴定终点（填“仰”“俯”）视读数19二草酸合铜（）酸钾K2Cu（C2O4）22H2O制备流程如图1： （已知H2C2O4CO+C
13、O2+H2O）（1）制备CuO：CuSO4溶液中滴入NaOH溶液，加热煮沸、冷却、双层滤纸过滤、洗涤用双层滤纸的可能原因是用蒸馏水洗涤氧化铜时，如何证明已洗涤干净：（2）本实验用K2CO3粉末与草酸溶液制取KHC2O4溶液而不用KOH粉末代替K2CO3粉末的可能原因是（3）为了提高CuO的利用率，如何让CuO充分转移到热的KHC2O4溶液中：；50水浴加热至反应充分，发生反应的化学方程式为；再经趁热过滤、沸水洗涤、将滤液蒸发浓缩得二草酸合铜（）酸钾晶体（4）若实验室只有含少量FeSO47H2O的硫酸铜晶体，欲制备较纯净的CuSO4溶液相关数据（开始沉淀的pH按金属离子浓度为1.0molL1计算
14、）：金属离子开始沉淀的pH沉淀完全的pHFe3+1.13.2Cu2+4.76.7Fe2+5.88.8提供的试剂有：a蒸馏水b稀硫酸cH2O2溶液 d纯净的Cu（OH）2粉末e氨水需经过的步骤有：、过滤得CuSO4溶液（5）将制得的K2Cu（C2O4）22H2O进行热重分析，结果如图2，由图2知在C点剩余固体为K2CO3和20为保护环境，应减少二氧化硫、氮氧化物和二氧化碳等物质的排放量（1）用CH4催化还原煤燃烧产生的氮氧化物，可以消除污染已知：CH4（g）+2NO2（g）N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）H=867.0kJ/molNO2（g）N2O4（g）H=28.5kJ/mol写出CH
15、4催化还原N2O4（g）生成CO2、N2和H2O（g）的热化学方程式（2）一定条件下，将NO2与SO2以体积比1：2置于恒温恒容的密闭容器中，发生NO2（g）+SO2（g）SO3（g）+NO（g），测得反应达到平衡时NO2与SO2体积比为1：5，则平衡常数K=（填数值）（3）如图1是一种用NH3、O2脱除烟气中NO的原理，该原理中NO最终转化为H2O和（填化学式），当消耗1mol NH3和0.5molO2时，除去的NO在标准状况下的体积为L（4）研究CO2在海洋中的转移和归宿，是当今海洋科学研究的前沿领域有人利用图2所示装置（均为惰性电极）从海水中提取CO2（海水中无机碳95% 以HCO3存在
16、），有利于减少环境中温室气体含量a室的电极反应式为b室中提取CO2的反应的离子方程式为b室排出的海水（pH6）不可直接排回大海，需用该装置中产生的物质对b室排出的海水进行处理，合格后才能排回大海处理的方法是21合成氨是化学科学对人类社会发展与进步作出巨大贡献的典例之一，合成氨工业包括原料气的制备、净化、氨的合成及各种化肥生产等（1）醋酸二胺合铜（I）可以除去原料气中的COCu+基态核外电子排布式为，生成的CH3COOCu（NH3）3CO中与Cu+形成配离子的配体为（填化学式）（2）NH4NO3中N原子杂化轨道类型为，与NO3互为等电子体的分子为（填化学式，举一例）（3）1mol CO（NH2）
17、2H2O2（过氧化尿素）中含有键的数目为（4）钉（Ru）系催化剂是目前合成氨最先进的催化剂，一种钌的化合物晶胞结构如图所示，有关该晶体的说法正确的是（填字母）a晶胞中存在“RuO62”正八面体结构b与每个Ba2+紧邻的O2有12个c与每个O2紧邻的Ru4+有6个d晶体的化学式为BaRuO32016-2017学年江苏省泰州中学高三（上）期中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化学与生产、生活、科技等密切相关，下列说法正确的是（）A石油裂解的目的是提高汽油等轻质油的产量和质量B“神州七号”的防护层中含聚四氟乙烯，聚四氟乙烯属于不饱和烃C补血口服液中添加维生素
18、c，作为氧化剂D用CO2合成聚碳酸酯可降解塑料，可以实现“碳”的循环利用【考点】三废处理与环境保护【分析】A石油裂解的主要目的是得到更多的乙烯、丙烯等气态短链烃；B烃是指仅含有碳氢两种元素的化合物；C维生素C具有还原性；D用CO2合成聚碳酸酯可降解塑料，可减少二氧化碳的排放【解答】解：A石油裂解的目的是为了获得乙烯、丙烯、丁二烯、丁烯、乙炔等，故A错误； B“神州七号”的防护层中含聚四氟乙烯，聚四氟乙烯含有氟元素，不属于烃，故B错误；C维生素C俗称抗败血酸，具有还原性，故C错误；D用CO2合成聚碳酸酯可降解塑料，可减少二氧化碳的排放，且可降解，可以实现“碳”的循环利用，故D正确；故选D2下列有
19、关化学用语使用正确的是（）A34S2的结构示意图：BH2O2的电子式：C甲烷分子的比例模型：D中子数为18的硫原子： S【考点】电子式【分析】A、34S2的核外有18个电子，核内有16个质子；B、双氧水为共价化合物；C、为甲烷的球棍模型；D、元素符号左下角数字表示质子数、左上角数字表示质量数【解答】解：A、34S2的核外有18个电子，核内有16个质子，故离子结构示意图为，故A正确；B、双氧水为共价化合物，分子中存在两个氧氢键和一个OO键，双氧水的电子式为：，故B错误；C、甲烷分子的比例模型应该体现出甲烷分子中各原子的相对体积大小，为甲烷的球棍模型，甲烷的比例模型为：，故C错误；D、元素符号左下
20、角数字表示质子数、左上角数字表示质量数，所以中子数为18的硫原子质量数为34，表示为：3416S，故D错误故选A3下列有关物质的性质与其应用不相对应的是（）AAl具有良好延展性和抗腐蚀性，可制成铝箔包装物品B二氧化硅有良好的导电性，是制造光导纤维的主要材料C药皂中加入少量苯酚，可以起到杀菌消毒的作用D碳酸钠溶液显碱性，可用热的纯碱溶液除去金属器件表面的油污【考点】铝的化学性质；硅和二氧化硅；钠的重要化合物【分析】A、根据金属铝的性质来确定金属铝的用途，铝是良好的导电、导热、延展性金属；B光导纤维具有折光性；C低浓度的苯酚溶液能杀菌消毒，苯酚可以使蛋白质变性；D碳酸钠水解显碱性，水解是吸热反应，
21、利用此点性质可以除去油污；【解答】解：A金属铝的性质：良好延展性和抗腐蚀性，金属铝可制成铝箔包装物品，故A正确；B光导纤维具有折光性，不具有导电性，故B错误；C药皂中加入少量苯酚可以使病毒细菌中的蛋白质变性，故C正确；D碳酸钠水解显碱性，水解是吸热反应，利用此点性质可以除去油污，故D正确；故选B4W、X、Y、Z均为的短周期主族元素，原子序数依次增加，且原子核外L电子层的电子数分别为0、5、8、8，它们的最外层电子数之和为18下列说法正确的是（）A单质的沸点：WXB阴离子的还原性：WZC氧化物的水化物的酸性：YZDX与Y不能存在于同一离子化合物中【考点】真题集萃；原子结构与元素的性质【分析】W、
22、X、Y、Z均为的短周期主族元素，原子序数依次增加，且原子核外L电子层的电子数分别为0、5、8、8，则则W是H元素，X是N元素，Y、Z为第三周期元素；它们的最外层电子数之和为18，W最外层电子数是1，X最外层电子数是5，Y、Z最外层电子数之和是12，且二者都是主族元素，Y原子序数小于Z，则Y是P元素、Z是Cl元素，AW、X单质都是分子晶体，分子晶体熔沸点与相对分子质量成正比；B元素的非金属性越强，其简单阴离子的还原性越弱；C元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强；DX、Y分别是N、P元素，可能存在磷酸铵、磷酸一氢铵、磷酸二氢铵中【解答】解：W、X、Y、Z均为的短周期主族元素，原子序数
23、依次增加，且原子核外L电子层的电子数分别为0、5、8、8，则W是H元素，X是N元素，Y、Z为第三周期元素；它们的最外层电子数之和为18，W最外层电子数是1，X最外层电子数是5，Y、Z最外层电子数之和是12，且二者都是主族元素，Y原子序数小于Z，则Y是P元素、Z是Cl元素，AH、N元素单质都是分子晶体，分子晶体熔沸点与相对分子质量成正比，氮气相对分子质量大于氢气，所以单质的沸点：WX，故A错误；B元素的非金属性越强，其简单阴离子的还原性越弱，非金属性WZ，所以阴离子的还原性：WZ，故B正确；C元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，非金属性PCl，最高价氧化物的水化物酸性H3PO4H
24、ClO4，但氧化物的水化物的酸性不一定存在此规律，如磷酸酸性大于次氯酸，故C错误；DX、Y分别是N、P元素，可能存在磷酸铵、磷酸一氢铵、磷酸二氢铵中，磷酸铵、磷酸一氢铵、磷酸二氢铵都是铵盐，属于离子化合物，故D错误；故选B5下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是（）A向稀HNO3中滴加Na2SO3溶液：SO32+2H+SO2+H2OB向Na2SiO3溶液中通入过量SO2：SiO32+SO2+H2OH2SiO3+SO32C用浓盐酸酸化的KMnO4溶液与H2O2反应，证明H2O2具有还原性：2MnO4+6H+5H2O22Mn2+5O2+8H2OD向CuSO4溶液中加入Na2O2：2Na2O2+2
25、Cu2+2H2O4Na+2Cu（OH）2+O2【考点】离子方程式的书写【分析】A稀硝酸具有强氧化性，能够将亚硫酸根离子氧化成硫酸根离子；B二氧化硫过量，反应生成亚硫酸氢根离子；C浓盐酸可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，干扰了检验结果；D过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，氢氧化钠再与硫酸铜溶液反应才氢氧化铜沉淀和硫酸钠【解答】解：A稀硝酸能够将亚硫酸钠氧化成硫酸钠，正确的离子方程式为：2NO3+3SO32+2H+3SO42+2NO+H2O，故A错误；B向Na2SiO3溶液中通入过量SO2，反应生成硅酸和亚硫酸氢根离子，正确的离子方程式为：SiO32+2SO2+2H2OH2SiO3+2HSO3，故B错
26、误；C浓盐酸可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，从而影响双氧水还原性的检验，可以用硫酸酸化，故C错误；D向CuSO4溶液中加入Na2O2，反应的离子方程式为：2Na2O2+2Cu2+2H2O4Na+2Cu（OH）2+O2，故D正确；故选D6用下列装置进行相应实验，能达到实验目的是（）A图所示装置用于Cu和浓H2SO4反应制取少量的SO2气体B图所示装置用于除去碳酸氢钠固体中的少量碳酸钠C图所示装置用于制备并收集NO气体D图所示装置制取并收集氨气【考点】化学实验方案的评价【分析】ACu和浓H2SO4反应需要加热；B碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠，无法除去碳酸钠；C广口瓶中NO气体与氧气反应，收集不到NO；D
27、氨气密度比空气小，用向下排空气法收集【解答】解：ACu和浓H2SO4反应需要加热，图中装置没有加热，则不能发生反应，故A错误；B碳酸钠较稳定，加热不分解，而碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠，无法达到除杂目的，故B错误；C广口瓶中NO气体与氧气反应，收集不到NO，应先排出装置中的空气，故C错误；D浓氨水易挥发，CaO固体与水反应放出大量的热，导致温度升高，使得氨气在水中的溶解度进一步减少，以气体的形式逸出，制得氨气，所以能用图中的左图部分制备，由于氨气的密度比空气的平均密度小，应该用向下排空气法收集，故D正确；故选D7下列有关说法正确的是（）A0.1L物质的量浓度为2mol/L的（NH4）2S溶液中含
28、有的S2数目为0.26.021023B对NaCl溶液和金属钠加热，都会使导电能力增强C25时，向0.1mol/LCH3COOH溶液中加入少量CH3COONa固体，该溶液中水的电离程度将增大，且Kw不变D用惰性电极电解1L 1mol/L的CuSO4溶液，当阴极析出3.2g铜时，加入0.05mol Cu（OH）2固体可将溶液浓度恢复至元浓度【考点】电解原理；物质的量的相关计算【分析】A.0.1L物质的量浓度为2mol/L的（NH4）2S溶液中溶质物质的量=0.1L2mol/L=0.2mol，铵根离子和硫离子水解相互促进；B金属加热电阻增大，导电能力减小；C.25时，向0.1mol/LCH3COOH
29、溶液中加入少量CH3COONa固体，抑制醋酸电离，氢离子浓度减小水电离出氢氧根离子浓度增大，Kw随温度变化；D先确定电解时溶液中析出的物质，根据少什么加什么再加入相应的物质使溶液恢复到原来状态；【解答】解：A.0.1L物质的量浓度为2mol/L的（NH4）2S溶液中溶质物质的量=0.1L2mol/L=0.2mol，铵根离子和硫离子水解相互促进，溶液中含有的S2数目小于0.26.021023 ，故A错误；B对NaCl溶液和金属钠加热，氯化钠溶液导电能力增大，金属钠导电能力减弱，故B错误；C.25时，向0.1mol/LCH3COOH溶液中加入少量CH3COONa固体，溶解后醋酸根离子抑制醋酸电离，
30、氢离子浓度减小，水电离出氢氧根离子浓度增大，该溶液中水的电离程度将增大，Kw随温度变化不随浓度变化，所以Kw不变，故C正确；D电解CuSO4溶液时，阴极上铜离子得电子生成铜，阳极上失电子析出氧气，所以溶液中析出的物质相当于氧化铜，要使溶液恢复到原来状态，可向溶液中加入0.05 molCuO；而Cu（OH）2相当于氧化铜和水，加入0.05 mol的Cu（OH）2固体，则溶液偏小，故D错误；故选C8氢气是一种清洁能源，氢气的制取与储存是氢能源利用领域的研究热点、已知：太阳光催化分解水制氢：2H2O（1）=2H2（g）+O2（g）H1=+571.6kJmol1焦炭与水反应制氢：C（g）+H2O（g）
31、=CO（g）+H2（g）H2=+13.13kJmol1甲烷与水反应制氢：CH4（g）+H2O（g）CO（g）+3H2（g）H3=+206.2kJmol1下列说法正确的是（）A反应中电能转化为化学能B反应低温可以自发转化C上述反应若使用催化剂，能改变反应的HD反应CH4（g）=C（s）+2H2（g）的H=74.8kJmol1【考点】热化学方程式【分析】A利用太阳光能制氢气，是光能转化为化学能；B反应为吸热反应，低温下不能进行；C催化剂不能改变反应热的大小；D根据盖斯定律，目标反应CH4（g）C（s）+2 H2（g）相当于【解答】解：A太阳光催化分解水制氢气，是光能转化为化学能，故A错误；B反应为
32、吸热反应，低温下不能进行，故B错误；C催化剂不能改变反应热的大小，只能改变化学反应速率，故C错误；D根据盖斯定律，目标反应CH4（g）C（s）+2 H2（g）相当于，故H=H3H2，H=206.1kJmol1131.3kJmol1=74.8kJmol1，故D正确故选D9下列物质的制备与工业生产实际相符合的是（）ANH3NOHNO3BMnO2Cl2漂白粉C制取Mg：海水Mg（OH）2MgOMgD黄铁矿SO2SO3稀H2SO4【考点】氨的化学性质【分析】A工业制硝酸，利用氨气的催化氧化生成NO，再氧化生成二氧化氮，最后溶于水生成硝酸； B工业制氯气为电解饱和食盐水溶液；C工业上用电解熔融氯化镁的方
33、法制取镁；D工业上用接触法制硫酸，最终用浓硫酸吸收SO3；【解答】解：A工业制硝酸，利用氨气的催化氧化生成NO，再氧化生成二氧化氮，最后溶于水生成硝酸，与工业生产实际相符合，故A正确； B工业制氯气为电解饱和食盐水溶液，不是用二氧化锰与浓盐酸加热生成，与工业生产实际不相符合，故B错误；C工业上用电解熔融氯化镁的方法制取镁，不是电解熔融氧化镁的方法制取镁，与工业生产实际不相符合，故C错误；D工工业上用接触法制硫酸，最终用浓硫酸吸收SO3，不是用水吸收，与工业生产实际不相符合，故D错误故选A10下列图示与对应的叙述相符的是（）A图1表示可逆反应“2X（g）Y（g）H0”温度T1T2的情形B图2表示
34、压强对可逆反应2A（g）+2B（g）3C（g）+D（s）的影响，乙的压强比甲的压强大C图3中a、b、c三点中只有b点已经达到化学平衡状态D图4是向20mL pH=3的醋酸溶液中滴加pH=11的NaOH溶液过程中pH变化曲线【考点】体积百分含量随温度、压强变化曲线；转化率随温度、压强的变化曲线【分析】A由图可知，温度T2先到达平衡，故温度T1T2，可逆反应2X（g）Y（g）H0，正反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应移动，Y的含量降低；B增大压强反应速率加快，平衡向正反应移动，平衡时A的物质的量降低；C图象为正、逆平衡常数与温度关系，曲线上各点都是平衡点；D.20mL pH=3的醋酸溶液中滴加2
35、0mLpH=11的NaOH溶液，由于HAc是弱电解质，反应后为HAc、NaAc混合溶液，HAc浓度远大于NaAc，溶液呈酸性【解答】解：A由图可知，温度T2先到达平衡，故温度T1T2，可逆反应2X（g）Y（g）H0，正反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应移动，Y的含量降低，图象与实际相符合，故A正确；B增大压强反应速率加快，平衡向正反应移动，平衡时A的物质的量降低，图象中到达平衡时间相同，且平衡时A的物质的量相同，图象与实际不符合，故B错误；C图象为正、逆平衡常数与温度关系，曲线上各点都是平衡点，故C错误；D.20mL pH=3的醋酸溶液中滴加20mLpH=11的NaOH溶液，由于HAc是弱电
36、解质，反应后为HAc、NaAc混合溶液，HAc浓度远大于NaAc，溶液呈酸性，图象中为中性，图象与实际不符，故D错误；故选A11新型纤维酸类降脂药克利贝特可由物质X在一定条件下反应制得，下列有关叙述正确的是（）A克利贝特的分子式为C28H34O6B物质X分子中所有碳原子可能位于同一平面内C用饱和NaHCO3溶液可以鉴别物质X和克利贝特D1 mol物质X最多可以与含2 molBr2的溴水反应【考点】有机物的结构和性质【分析】由结构简式可知分子式，X中含酚OH及苯环，而克利贝特中含COOH，结合酚、羧酸的性质及性质差异解答【解答】解：A由结构简式可知，克利贝特的分子式为C28H36O6，故A错误；
37、B物质X分子中含多个亚甲基，为四面体构型，则所有碳原子不可能位于同一平面内，故B错误；CCOOH与NaHCO3溶液反应生成气体，而酚不能，则用饱和NaHCO3溶液可以鉴别物质X和克利贝特，故C正确；D酚OH的邻对位与溴水发生取代反应，则1 mol物质X最多可以与含4 molBr2的溴水反应，故D错误故选C12下列各组离子能在指定溶液中，大量共存的是（）A含大量SO2的溶液中：NH4+、F、HCO3、ClOB能使淀粉碘化钾试纸变蓝的溶液：Cl、Na+、S2、NH4+C =1013mol/L的溶液中：Al3+、Fe3+、NO3、ClO4D滴入KSCN溶液显红色的溶液中：NO3+、Na+、AlO2、
38、K+【考点】离子共存问题【分析】A次氯酸根离子能够氧化二氧化硫；B能使淀粉碘化钾试纸变蓝的溶液具有氧化性，能够氧化硫离子；C该溶液呈酸性，四种离子之间不反应，都不与氢离子反应；D滴入KSCN溶液显红色的溶液中存在铁离子，铁离子能够与偏铝酸根离子发生双水解反应【解答】解：ASO2、ClO之间发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故A错误；B能使淀粉碘化钾试纸变蓝的溶液具有强氧化性，能够将S2氧化，在溶液中不能大量共存，故B错误；C该溶液呈酸性，溶液中存在大量氢离子，Al3+、Fe3+、NO3、ClO4之间不反应，都不与氢离子反应，在溶液中能够大量共存，故C正确；D滴入KSCN溶液显红色的溶液中
39、存在Fe3+，Fe3+、AlO2之间发生双水解反应，在溶液中不能大量共存，故D错误；故选C13下列实验中，对应的现象以及结论都正确且两者具有因果关系是（）选项实验现象结论A将稀硝酸加入过量铁粉中，充分反应后滴加KSCN溶液有气体生成，溶液呈血红色稀硝酸将Fe氧化为Fe3+B将铜粉加入1.0molL1Fe2（SO4）3溶液中溶液变蓝、有黑色固体出现金属铁比铜活泼C向FeCl2溶液中加入Na2O2粉末出现红褐色沉淀和无色气体FeCl2溶液部分变质D将0.1molL1MgSO4溶液滴入NaOH溶液至不再有沉淀产生，再滴加0.1molL1CuSO4溶液先有白色沉淀生成后变为浅蓝色沉淀Cu（OH）2的K
40、sp比Mg（OH）2的小AABBCCDD【考点】化学实验方案的评价【分析】A铁粉过量，反应生成亚铁离子，滴入硫氰化钾溶液后不会变红；B铜与铁离子反应生成亚铁离子和铜离子，不会置换出铁；C过氧化钠具有强氧化性，能够将亚铁离子氧化成铁离子；D实现了沉淀的转化，溶解度越小，溶度积越小【解答】解：A将稀硝酸加入过量铁粉中，反应生成亚铁离子，充分反应后滴加KSCN溶液溶液不变红，故A错误；B将铜粉加入1.0molL1Fe2（SO4）3溶液中，二者反应生成硫酸亚铁和硫酸铜，溶液变蓝，但不会生成黑色固体，故B错误；C向FeCl2溶液中加入Na2O2粉末，二者发生氧化还原反应生成氢氧化铁沉淀，无法证明氯化亚铁
41、部分变质，故C错误；D将0.1molL1MgSO4溶液滴入NaOH溶液生成白色沉淀氢氧化镁沉淀，至不再有沉淀产生后再滴加0.1molL1CuSO4溶液，白色沉淀变为浅蓝色沉淀，说明氢氧化铜更难溶，则Cu（OH）2的Ksp比Mg（OH）2的小，故D正确；故选D14已知常温下0.1mol/L的NH4HCO3溶液pH=7.8，已知含氮（或含碳）各微粒的分布分数（平衡时某种微粒的浓度占各种微粒浓度之和的分数）与pH的关系如图所示下列说法不正确的是（）A溶液的pH=9时，溶液中存在下列关系：c（HCO3）c（NH4+）c（NH3H2O）c（CO32）BNH4HCO3溶液中存在下列守恒关系：c（NH4+）
42、+c（NH3H2O）=c（HCO3）+c（CO32）+c（H2CO3）C由图可知，往该溶液中逐滴滴加氢氧化钠时NH4+和HCO3浓度逐渐减小D通过分析可知常温下Ka1（H2CO3）Kb（NH3H2O）Ka2（H2CO3）【考点】离子浓度大小的比较；弱电解质在水溶液中的电离平衡【分析】A当pH=9时，结合图象判断溶液中各离子浓度大小；B根据碳酸氢铵溶液中的物料守恒分析；C该碳酸氢铵溶液的pH=7.8，结合图象判断滴入氢氧化钠溶液后NH4+和HCO3浓度变化；D碳酸氢啊溶液显示碱性，根据盐的水解原理判断二者的酸碱性强弱及电离平衡常数大小【解答】解：A结合图象可知，溶液的pH=9时，溶液中离子浓度大
43、小为：c（HCO3）c（NH4+）c（NH3H2O）c（CO32），故A正确；BNH4HCO3溶液中存在物料守恒：c（NH4+）+c（NH3H2O）=c（HCO3）+c（CO32）+c（H2CO3），故B正确；C0.1mol/L的NH4HCO3溶液的pH=7.8，根据图象可知，当溶液pH增大时，铵根离子浓度逐渐减小，而碳酸氢根离子能够先增大后减小，故C错误；D由于0.1mol/L的NH4HCO3溶液的pH=7.8，说明碳酸氢根离子的水解程度大于铵根离子的水解程度，则Kb（NH3H2O）大于Ka1（H2CO3），故D错误；故选CD15T1时，向容积为2L的密闭容器中充入一定量的A气体和B气体，发
44、生如下反应：A（g）+2B（g）C（g）反应过程中测定的部分数据见表：下列说法正确的是（）反应时间/minn（A）/moln（B）/mol01.001.20100.50300.20A前10min内反应的平均速率为v（C）=0.050molL1min1B保持其他条件不变，起始时向容器中充入0.50molA气体和0.60molB气体，到达平衡时，n（C）0.25molC若密闭容器体积不变，其他条件不变，在达到平衡后持续缩小容器体积，则平衡一直会正向移动D温度为T2时（T1T2），上述反应平衡常数为20，则正反应为放热反应【考点】化学平衡的计算【分析】A由表中数据可知，10min内A的物质的量变化量
45、为1mol0.5mol=0.5mol，由方程式可知C的物质的量变化量为0.5mol，根据v=计算；B由表中数据可知，10min内A的浓度变化量为1mol0.5mol=0.5mol，由方程式可知B的浓度变化量为20.5mol=1mol，10s时B浓度为0.2mol，10min时到达平衡，据此平衡时C的物质的量保持其他条件不变，起始时向容器中充入0.50 mol A气体和0.60 mol B气体，等效为原平衡体积增大一倍，降低压强，A的转化率降低；C在达到平衡后持续缩小容器体积，压强增大物质可能液化；D计算温度T1时，该反应平衡常数，根据升高温度平衡常数的变化判断平衡移动方向【解答】解：A由表中数
46、据可知，10min内A的浓度变化量为1mol0.5mol=0.5mol，由方程式可知C的浓度变化量为0.5mol，故v（C）=0.025 molL1min1，故A错误；B由表中数据可知，10min内A的浓度变化量为1mol0.5mol=0.5mol，由方程式可知B的浓度变化量为20.5mol=1mol，10s时B浓度为0.2mol，10min时到达平衡，由方程式可知C的浓度变化量为0.5mol保持其他条件不变，起始时向容器中充入0.50 mol A气体和0.60 mol B气体，等效为原平衡体积增大一倍，降低压强，A的转化率降低，故平衡时n（C）0.25 mol，故B正确；C在达到平衡后持续缩
47、小容器体积，压强增大，若B物质液化，平衡不移动，故C错误；D由表中数据可知，10min内A的物质的量变化量为1mol0.5mol=0.5mol，A的浓度变化量为=0.25mol/L，则： A（g）+2B（g）C（g）开始（mol/L）：0.5 0.6 0变化（mol/L）：0.25 0.5 0.25平衡（mol/L）：0.25 0.1 0.25故该温度下平衡常数k=100，降低为T2时，上述反应平衡常数为20，降低温度，平衡向逆反应进行，故正反应为吸热反应，故D错误；故选B二、解答题（共6小题，满分80分）16工业上回收利用某合金废料（主要含Fe、Cu、Co、Li等，已知Co、Fe都是中等活泼
48、金属）的工艺流程如下：（1）金属M为Cu，操作1为过滤（2）加入H2O2的作用是（用离子方程式表示）2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O，加入氨水的作用是调节溶液的pH使Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀（3）充分焙烧的化学方程式为4CoC2O42H2O+3O22Co2O3+8H2O+8CO2（4）已知Li2CO3微溶于水，其饱和溶液的浓度与温度关系见下表操作2中，蒸发浓缩后必须趁热过滤，其原因是减少Li2CO3的溶解损失，90时Ksp（Li2CO3）的值为4.0103温度/10306090浓度/molL10.210.170.140.10（5）用惰性电极电解熔融Li2CO3制取锂，阳极
49、生成两种气体，则阳极的电极反应式为2CO324e=O2+CO2【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用【分析】合金废料（主要含Fe、Cu、Co、Li等，已知Co、Fe都是中等活泼金属）加入盐酸过滤得到金属M为不与盐酸反应的铜，浸出液中加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，加入氨水调节溶液PH使铁离子转化为氢氧化铁沉淀，通过操作过滤得到溶液A中加入草酸铵溶液沉淀钴离子过滤得到溶液B主要是锂离子的溶液，加入碳酸钠沉淀锂离子，过滤得到碳酸锂；结晶析出CoC2O42H2O足量空气煅烧得到氧化钴，以此解答该题【解答】解：合金废料（主要含Fe、Cu、Co、Li等，已知Co、Fe都是中等活泼金属）加入盐酸
50、过滤得到金属M为不与盐酸反应的铜，浸出液中加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，加入氨水调节溶液PH使铁离子转化为氢氧化铁沉淀，通过操作过滤得到溶液A中加入草酸铵溶液沉淀钴离子过滤得到溶液B主要是锂离子的溶液，加入碳酸钠沉淀锂离子，过滤得到碳酸锂；结晶析出CoC2O42H2O足量空气煅烧得到氧化钴，（1）上述分析判断金属M为Cu，操作为过滤操作故答案为：Cu；过滤；（2）加入H2O2的作用是氧化亚铁离子为铁离子，反应的离子方程式为：2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O；加入氨水的作用是调节溶液PH使Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀，故答案为：2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O
51、；调节溶液的pH使Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀；（3）CoC2O4焙烧生成Co2O3、CO2和水，反应的化学方程式为4CoC2O42H2O+3O22Co2O3+8 H2O+8CO2，故答案为：4CoC2O42H2O+3O22Co2O3+8 H2O+8CO2；（4）Li2CO3微溶于水，溶解度随温度升高而降低，为减少Li2CO3的溶解损失，蒸发浓缩后必须趁热过滤，90时c（Li2CO3）的浓度为0.10mol/L，则c（Li+）=0.20mol/L，c（CO32）=0.10mol/L，则Ksp（Li2CO3）=0.200.200.10=4.0103，故答案为：减少Li2CO3的溶解损失；4.
52、0103；（5）用惰性电极电解熔融Li2CO3制取锂，阳极生成两种气体，应为二氧化碳和氧气，电极方程式为2CO324e=O2+CO2，故答案为：2CO324e=O2+CO217酮洛芬是一种良好的抗炎镇痛药，可以通过如图方法合成：（1）酮洛芬中含氧官能团的名称为羧基和羰基（2）化合物E的结构简式为；由CD的反应类型是取代反应（3）写出BC的反应方程式（4）写出同时满足下列条件的A的一种同分异构体的结构简式、能发生银镜反应、与FeCl3发生显色反应、分子中含有5种不同化学环境的氢（5）请写出以甲苯和乙醇为原料制备化合物的合成路线流程图（无机试剂可任选）合成路线流程图示例如下：H2C=CH2CH3C
53、H2BrCH3CH2OH【考点】有机物的合成【分析】（1）根据酮洛芬的结构简式，可知含有的含氧官能团为羧基、羰基；（2）对比D、F结构与E的分子式，可知D中Br被CN取代生成E；对比C、D的结构可知，C中甲基上H原子被Br原子取代生成D；（3）对比B、C结构简式可知，B中Cl为苯基取代生成C，同时还生成HCl；（4）A的一种同分异构体满足：能发生银镜反应，说明含有醛基，、与FeCl3发生显色反应，说明含有酚羟基，、分子中含有5种不同化学环境的氢，可以是OH与CH2CHO处于对位；（5）甲苯与Br2/PCl3发生取代反应生成，与NaCN发生取代反应生成，再根据NaOH/HCl得到，最后与乙醇发生
54、酯化反应得到【解答】解：（1）根据酮洛芬的结构简式，可知含有的含氧官能团为羧基、羰基，故答案为：羧基、羰基；（2）对比D、F结构与E的分子式，可知D中Br被CN取代生成E，则E的结构简式为：，对比C、D的结构可知，C中甲基上H原子被Br原子取代生成D，属于取代反应，故答案为：；取代反应；（3）对比B、C结构简式可知，B中Cl为苯基取代生成C，同时还生成HCl，反应方程式为：，故答案为：；（4）A的一种同分异构体满足：能发生银镜反应，说明含有醛基，、与FeCl3发生显色反应，说明含有酚羟基，、分子中含有5种不同化学环境的氢，可以是OH与CH2CHO处于对位，符合条件的结构简式为：，故答案为：；（
55、5）甲苯与Br2/PCl3发生取代反应生成，与NaCN发生取代反应生成，再根据NaOH/HCl得到，最后与乙醇发生酯化反应得到，合成路线流程图为：，故答案为：18化学耗氧量（Chemical Oxygen Demand，简称COD），是一个量度水体受污染程度的重要指标废水中的还原性物质大部分是有机物，COD表示为氧化这些还原性物质所需消耗的O2的量（以mgL1记）下面是用KMnO4法测定水样中COD的实验：已知：步骤 IV 的离子反应为2MnO4+5C2C42+16H+=2Mn2+10CO2+8H2O（1）步骤滴定管中注入酸性高锰酸钾前，先用蒸馏水洗净，再用KMnO4标准溶液润洗23次（2）步
56、骤 IV实验过程中滴入第一滴Na2C2O4溶液时褪色较慢，以后的滴定中褪色较快，原因是随着反应的进行，生成的Mn2+可作为反应的催化剂（3）若步骤 IV所用Na2C2O4溶液为20.00mL，根据相关数据计算该水样的化学耗氧量COD（以mgL1记）写出计算过程4mg/L（4）若实验测量结果（COD值）比实际值偏高，可从以下两个方面猜想：猜想1：水样中Cl影响；猜想2：步骤 IV其他操作都正确，滴定终点俯（填“仰”“俯”）视读数【考点】探究物质的组成或测量物质的含量【分析】（1）滴定管中注入酸性高锰酸钾前应先用蒸馏水洗涤，后再用KMnO4标准溶液润洗23次；（2）开始较慢，随后反应速率加快说明生
57、成的锰离子起了催化作用；（3）根据步骤IV滴定消耗的Na2C2O4溶液的量计算过量的KMnO4物质的量，从而求出与水样反应的KMnO4物质的量，最后根据得失电子守恒再转化成消耗氧气的量；（4）实验测量结果比实际有机物含量偏高，可能是读取数据时把滴定管中消耗溶液体积读大了【解答】解：（1）滴定管中注入酸性高锰酸钾前应先用蒸馏水洗涤，后再用KMnO4标准溶液润洗23次；故答案为：用KMnO4标准溶液润洗23次；（2）步骤 IV实验过程中滴入第一滴Na2C2O4溶液时褪色较慢，以后的滴定中褪色较快，说明反应中生成的锰离子对反应起到催化剂的作用，故答案为：随着反应的进行，生成的Mn2+可作为反应的催化
58、剂；（3）设过量的KMnO4物质的量为x，由2MnO4+5C2C42+16H+=2Mn2+10CO2+8H2O 2 5 x 0.00500mol/L0.02L 则x=4105mol所以与水样反应的KMnO4为0.00200mol/L25103L4105mol=105molMnO4生成Mn2+得5e，O2生成H2O得4e，根据得失电子守恒，与水样反应的KMnO4转化成消耗氧气的量为=105mol=1.25105mol，化学耗氧量COD值为=4mg/L，故答案为：4mg/L；（4）实验测量结果比实际有机物含量偏高，配制Na2C2O4标液定容时，可能是读取数据时把滴定管中消耗溶液体积读大了；故答案为
59、：俯19二草酸合铜（）酸钾K2Cu（C2O4）22H2O制备流程如图1： （已知H2C2O4CO+CO2+H2O）（1）制备CuO：CuSO4溶液中滴入NaOH溶液，加热煮沸、冷却、双层滤纸过滤、洗涤用双层滤纸的可能原因是防止CuO颗粒穿过滤纸或者防止滤纸破损用蒸馏水洗涤氧化铜时，如何证明已洗涤干净：取最后一次洗涤滤液，滴入BaCl2溶液，若无白色沉淀说明已洗涤干净（2）本实验用K2CO3粉末与草酸溶液制取KHC2O4溶液而不用KOH粉末代替K2CO3粉末的可能原因是H2C2O4与KOH发生显著的放热反应，导致草酸大量分解（3）为了提高CuO的利用率，如何让CuO充分转移到热的KHC2O4溶液
60、中：直接将洗涤干净的CuO固体连同滤纸一起投入到KHC2O4溶液中；50水浴加热至反应充分，发生反应的化学方程式为2KHC2O4+CuOK2Cu（C2O4）2+H2O；再经趁热过滤、沸水洗涤、将滤液蒸发浓缩得二草酸合铜（）酸钾晶体（4）若实验室只有含少量FeSO47H2O的硫酸铜晶体，欲制备较纯净的CuSO4溶液相关数据（开始沉淀的pH按金属离子浓度为1.0molL1计算）：金属离子开始沉淀的pH沉淀完全的pHFe3+1.13.2Cu2+4.76.7Fe2+5.88.8提供的试剂有：a蒸馏水b稀硫酸cH2O2溶液 d纯净的Cu（OH）2粉末e氨水需经过的步骤有：将含有杂质的硫酸铜晶体溶于稀硫酸
61、酸化的蒸馏水中、加入足量的H2O2溶液、用纯净的Cu（OH）2粉末调节溶液pH约为4（或3.24.7之间）、过滤得CuSO4溶液（5）将制得的K2Cu（C2O4）22H2O进行热重分析，结果如图2，由图2知在C点剩余固体为K2CO3和Cu2O【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】（1）从过滤时滤纸易破损以及过滤的目的来分析；可以检验是否存在硫酸根离子来检验是否洗涤干净；（2）草酸易分解，氢氧化钾溶解放热，与草酸反应也放热，会导致溶液温度过高，草酸分解；（3）过滤时滤纸上沾有大量的氧化铜固体，所以应直接将洗涤干净的氧化铜固体连同滤纸一起加入到草酸氢钾溶液中，充
62、分反应后取出滤纸；（4）实验需除去晶体中的杂质FeSO47H2O晶体，亚铁离子一般要先氧化成铁离子，再条件PH值转化成氢氧化铁沉淀而除去，对于固体一般要先配成溶液，所以步骤为将含少量FeSO47H2O的硫酸铜晶体溶于稀硫酸酸化的蒸馏水中加入足量的H2O2溶液用纯净的Cu（OH）2粉末调节溶液pH约为4（或3.24.7之间）；（5）分解后的固体为钾的化合物和铜的化合物，且钾与铜原子个数比为2：1，设K2Cu（C2O4）22H2O参与反应，该点生成1mol K2CO3，则铜的化合物质量为3540.593138=72，铜元素含量为1mol，质量64g，剩余8g，只能为氧元素且物质的量为0.5mol，
63、故为Cu2O【解答】解：（1）从过滤的目的为了除尽不溶的固体，用双层滤纸的可能原因是防止CuO颗粒穿过滤纸；从过滤时滤纸易破损，用双层滤纸的可能原因是防止滤纸破损，故答案为：防止CuO颗粒穿过滤纸或者防止滤纸破损；可以检验是否存在硫酸根离子来检验是否洗涤干净，具体方法是：取最后一次洗涤滤液，滴入BaCl2溶液，若无白色沉淀说明已洗涤干净，故答案为：取最后一次洗涤滤液，滴入BaCl2溶液，若无白色沉淀说明已洗涤干净；（2）因为草酸易分解，又氢氧化钾为强碱溶解放热，与草酸反应也放热，会导致溶液温度过高使草酸分解，所以不用KOH粉末代替K2CO3粉末，故答案为：H2C2O4与KOH发生显著的放热反应
64、，导致草酸大量分解；（3）过滤时滤纸上沾有大量的氧化铜固体，所以应直接将洗涤干净的氧化铜固体连同滤纸一起加入到草酸氢钾溶液中，充分反应后取出滤纸；根据题意，反应的方程式为：2KHC2O4+CuOK2Cu（C2O4）2+H2O，故答案为：直接将洗涤干净的CuO固体连同滤纸一起投入到KHC2O4溶液中；2KHC2O4+CuOK2Cu（C2O4）2+H2O；（4）实验需除去晶体中的杂质FeSO47H2O晶体，亚铁离子一般要先氧化成铁离子，再条件PH值转化成氢氧化铁沉淀而除去，对于固体一般要先配成溶液，所以步骤为将含少量FeSO47H2O的硫酸铜晶体溶于稀硫酸酸化的蒸馏水中加入足量的H2O2溶液用纯净
65、的Cu（OH）2粉末调节溶液pH约为4（或3.24.7之间），故答案为：将含有杂质的硫酸铜晶体溶于稀硫酸酸化的蒸馏水中；加入足量的H2O2溶液；用纯净的Cu（OH）2粉末调节溶液pH约为4（或3.24.7之间）；（5）分解后的固体为钾的化合物和铜的化合物，且钾与铜原子个数比为2：1，设K2Cu（C2O4）22H2O参与反应，C点生成1mol K2CO3，则铜的化合物质量为3540.593138=72，铜元素含量为1mol，质量64g，剩余8g，只能为氧元素且物质的量为0.5mol，故为Cu2O，故答案为：Cu2O20为保护环境，应减少二氧化硫、氮氧化物和二氧化碳等物质的排放量（1）用CH4催化
66、还原煤燃烧产生的氮氧化物，可以消除污染已知：CH4（g）+2NO2（g）N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）H=867.0kJ/molNO2（g）N2O4（g）H=28.5kJ/mol写出CH4催化还原N2O4（g）生成CO2、N2和H2O（g）的热化学方程式CH4（g）+N2O4（g）=N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）H=810kJ/mol（2）一定条件下，将NO2与SO2以体积比1：2置于恒温恒容的密闭容器中，发生NO2（g）+SO2（g）SO3（g）+NO（g），测得反应达到平衡时NO2与SO2体积比为1：5，则平衡常数K=1.8（填数值）（3）如图1是一种用NH3、O2脱除
67、烟气中NO的原理，该原理中NO最终转化为H2O和N2（填化学式），当消耗1mol NH3和0.5molO2时，除去的NO在标准状况下的体积为11.2L（4）研究CO2在海洋中的转移和归宿，是当今海洋科学研究的前沿领域有人利用图2所示装置（均为惰性电极）从海水中提取CO2（海水中无机碳95% 以HCO3存在），有利于减少环境中温室气体含量a室的电极反应式为2H2O4e=4H+O2b室中提取CO2的反应的离子方程式为H+HCO3=CO2+H2Ob室排出的海水（pH6）不可直接排回大海，需用该装置中产生的物质对b室排出的海水进行处理，合格后才能排回大海处理的方法是用c室排出的碱液将从b室排出的酸性海
68、水调节至装置入口海水的pH【考点】化学平衡常数的含义；氧化还原反应；用盖斯定律进行有关反应热的计算；原电池和电解池的工作原理；化学平衡的计算【分析】（1）根据盖斯定律，由已知热化学方程式乘以适当的系数进行加减构造目标热化学方程式；（2）计算各物质的平衡浓度，结合平衡常数表达式进行计算求解；（3）由图该原理中的中NO最终转化为H2O和氮气；根据氨气失去的电子的物质的量等于NO和氧气得到的电子总物质的量计算；（4）a室接电源的正极，为阳极，水失去电子生成氧气和氢离子；氢离子通过阳离子交换膜进入b室，与b室中的碳酸氢根反应生成二氧化碳气体，据此解答即可；c室连接电源的负极，为阴极，水得到电子生成氢气
69、和氢氧根，a室中产生氢离子，用c室排除的碱液将从b室排出的酸性海水调节即可，据此解答【解答】解：（1）已知：、CH4（g）+2NO2（g）N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）H1=867kJ/mol、2NO2（g）N2O4（g）H2=57kJ/mol根据盖斯定律，得CH4（g）+N2O4（g）=N2（g）+CO2（g）+2H2O（g），故H=867kJ/mol（57kJ/mol）=810kJ/mol，即CH4（g）+N2O4（g）=N2（g）+CO2（g）+2H2O（g），H=810kJ/mol，故答案为：CH4（g）+N2O4（g）=N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）H=810kJ
70、/mol；（2）NO2（g）+SO2（g）SO3（g）+NO（g），起始量 a 2a 变化量 x x x x平衡量 ax 2ax x x 由题意可知：，解之得：x=，所以K=1.8，故答案为：1.8；（3）由图1可知反应物为氧气、一氧化氮和氨气最终生成物为氮气和水，所以NO最终转化为N2和H2O；氧气、一氧化氮和氨气反应生成氮气和水，反应中氨气失去的电子的物质的量等于NO和氧气得到的电子总物质的量，1mol NH3转化为N2失去3mol电子，0.5mol O2得到2mol电子，则NO转化为N2得到的电子为1mol，所以NO的物质的量为0.5mol，其体积为11.2L，故答案为：N2；11.2；
71、（4）a室为阳极，发生氧化反应，电极方程式为2H2O4e=4H+O2，故答案为：2H2O4e=4H+O2；氢离子通过阳离子交换膜进入b室，发生反应：H+HCO3=CO2+H2O，故答案为：H+HCO3=CO2+H2O；c室发生2H2O+2e=2OH+H2，可用c室排出的碱液将从b室排出的酸性海水调节至装置入口海水的pH，以达到排放标准，故答案为：用c室排出的碱液将从b室排出的酸性海水调节至装置入口海水的pH21合成氨是化学科学对人类社会发展与进步作出巨大贡献的典例之一，合成氨工业包括原料气的制备、净化、氨的合成及各种化肥生产等（1）醋酸二胺合铜（I）可以除去原料气中的COCu+基态核外电子排布
72、式为1s22s22p63s23p63d10或Ar3d10，生成的CH3COOCu（NH3）3CO中与Cu+形成配离子的配体为CO和NH3（填化学式）（2）NH4NO3中N原子杂化轨道类型为sp3、sp2，与NO3互为等电子体的分子为SO3（填化学式，举一例）（3）1mol CO（NH2）2H2O2（过氧化尿素）中含有键的数目为10NA（4）钉（Ru）系催化剂是目前合成氨最先进的催化剂，一种钌的化合物晶胞结构如图所示，有关该晶体的说法正确的是abd（填字母）a晶胞中存在“RuO62”正八面体结构b与每个Ba2+紧邻的O2有12个c与每个O2紧邻的Ru4+有6个d晶体的化学式为BaRuO3【考点】
73、原子核外电子排布；配合物的成键情况；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断【分析】（1）铜原子的核外电子排布为1s22s22p63s23p63d104s1 ，失去一个电子变为正一价铜离子；配合物中提供孤电子对的微粒为配体；（2）根据中心原子的价层电子对数判断；价电子数和原子数都相同的微粒互为等电子体；（3）CO（NH2）2H2O2中含有一个C=O，2个CN，4个NH，1个OO，2个OH，单键中含有一个键，双键中含有一个键和一个键；（4）a六个面心上的O2与中心的Ru4+形成正八面体结构；b根据晶胞结构图可知，与Ba2+紧邻的O2分布在与钡离子相连的面的面心上，这样的面共有12个；c与每个O
74、2紧邻的Ru4+有2个；d利用均摊法计算化学式【解答】解：（1）铜原子的核外电子排布为1s22s22p63s23p63d104s1 故一价铜离子的核外电子排布为1s22s22p63s23p63d10或Ar3d10；配合物中提供孤电子对的微粒为配体，则CH3COOCu（NH3）3CO中配体为CO和NH3；故答案为：1s22s22p63s23p63d10或Ar3d10；CO和NH3；（2）NH4NO3中铵根离子中N原子的价层电子对数=4+（51+41）=4，则杂化类型为sp3，NO3中N原子的价层电子对数=3+（5+132）=3，则杂化类型为sp2，NO3中有4个原子，5+63+1=24个价电子，
75、SO3中有4个原子，6+63=24个价电子，与NO3是等电子体；故答案为：sp3、sp2；SO3；（3）CO（NH2）2H2O2中含有一个C=O，2个CN，4个NH，1个OO，2个OH，单键中含有一个键，双键中含有一个键和一个键，所以1mol CO（NH2）2H2O2（过氧化尿素）中含有键的数目为10NA；故答案为：10NA；（4）a六个面心上的O2与中心的Ru4+形成正八面体结构，所以晶胞中存在“RuO62”正八面体结构，故a正确；b根据晶胞结构图可知，与Ba2+紧邻的O2分布在与钡离子相连的面的面心上，Ba2+与相紧邻O2有38=12个，故b正确；c由图可知，Ru4+在晶胞中心，O2在晶胞面心上，与每个O2紧邻的Ru4+有2个，故c错误；d晶胞中Ba2+数目为8=1，Ru4+的数目为1，O2数目为6=3，所以晶胞的化学式为BaRuO3，故d正确；故答案为：abd2017年1月10日
