1、2015-2016学年江苏省盐城市阜宁中学高三（上）第二次学情调研化学试卷一、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为建设“蓝天常在、青山常在、绿水常在”的美丽中国，2015年4月16日国务院颁布了水污染防治行动计划下列做法有利于该目标实现的是（）A推广使用含磷洗涤剂B用O3替代Cl2作饮用水消毒剂C用工业污水直接灌溉农田D含H2SO4的废水用BaCl2处理后排放2下列化学用语和描述均正确的是（）A结构示意图为 的阴离子都不能破坏水的电离平衡B球棍模型为 的分子可发生加成反应C邻硝基甲苯的结构简式为，能发生取代反应D电子式分别为 和 的两种化合物均为常
2、见的氧化剂3常温下，下列条件下各组离子一定能大量共存的是（）A甲基橙显黄色的溶液：Na+、CO32、NO3、SO32B在由水电离出的c（H+）=11012mol/L的溶液：Fe3+、ClO、Na+、SO42C加入金属铝产生H2的溶液中：Na+、K+、SO42、ClD饱和氯水中：Cl、Na+、NO3、SO324下列说法正确的是（）A药皂中含有苯酚，能杀菌消毒，故苯酚具有强氧化性B氯化钠溶液显中性，可用铝制容器贮存氯化钠溶液C碳酸钠溶液呈碱性，可用热的纯碱溶液除去矿物油污渍D氢氧化镁分解时吸收大量的热量，添加到合成树脂中可作阻燃剂5下列图示与对应的叙述不相符的是（）A图1中正极电极反应式为：O2+
3、4e+4H+=2H2OB图2表示室温下pH=2的HCl溶液加水稀释倍数与pH的变化关系C图3表示某放热反应分别在有、无催化剂的情况下反应过程中的能量变化D图4表示向NH4 Al（SO4）2溶液中逐滴滴入Ba（OH）2溶液，生成沉淀总物质的量（n）随着Ba（OH）2溶液体积（y）的变化6设NA 为阿伏加德罗常数的值下列说法正确的是（）A0.1molN2与足量的H2反应，转移的电子数是0.6NAB0.1 mol羟基（）中含有的电子数为0.7 NAC0.1 molL1 MgCl2溶液中含有的Mg2+数目一定小于0.1 NAD在精炼铜或电镀铜的过程中，当阴极析出铜32g，转移电子数均为NA7甲、乙、丙
4、、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图所示（部分产物已略去），下列各组物质中不能按图示关系转化的是（）选项甲乙丙丁ANaOHNaHSO3Na2SO3SO2BAlCl3NaAlO2Al（OH）3NaOHCFeFe（NO3）3Fe（NO3）2HNO3DCCOCO2O2AABBCCDD8下列离子反应方程式正确的是（）A在碳酸氢镁溶液中加入足量Ca（OH）2溶液：Mg2+HCO3+Ca2+2OH=MgCO3+CaCO3+2H2OBSO2气体通入Fe2（SO4）3溶液中：SO2+2H2O+2Fe3+=2Fe2+4H+SO42C用白醋除铁锈：Fe2O3xH2O+6H+=（3+x）H2
5、O+2Fe3+D硫酸氢铵溶液中滴加少量NaOH溶液：H+NH4+2OH=NH3H2O+H2O9Q、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，X、Y是金属元素，X的焰色呈黄色五种元素核电荷数之和为54，最外层电子数之和为20W、Z最外层电子数相同，Z的核电荷数是W的2倍工业上一般通过电解氧化物的方法获得Y的单质则下列说法不正确的是（）A原子半径：XYQWBQ和W可形成原子个数比为1：1和2：1的化合物CQ和Z所形成的分子空间构型为直线形DX、Y和W三种元素形成的化合物的水溶液呈碱性10已知：（1）CH3COOH（l）+2O2（g）=2CO2（g）+2H2O（l）H1（2）C（s）+O2（g）
6、=CO2（g）H2（3）2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）H3（4）2CO2（g）+4H2（g）=CH3COOH（l）+2H2O（l）H4（5）2C（s）+2H2（g）+O2（g）=CH3COOH（l）H5下列关于上述反应的焓变的判断正确的是（）AH10，H20BH5=2H2+H3H1CH30，H50DH4=H12H3二、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下列说法正确的是（）ASiO2（s）
7、+2C（s）Si（s）+2CO（g）只能在高温下自发进行，则该反应H0B室温下，pH=3的CH3COOH溶液与pH=11的NaOH溶液等体积混合，溶液pH7C合成氨生产中将NH3液化分离，一定能加快正反应速率，提高H2的转化率D25时，向0.1molL1CH3COOH溶液滴加氨水，c（H+）/c（CH3COOH）增大12松萝酸常作为牙膏和化妆品的添加剂，可由三羟基苯乙酮两步反应得到，有关说法正确的是（）A有机物的分子式为C8H6O4B有机物在一定条件下能发生取代、加成和氧化反应C可用FeCl3溶液检验中是否含有杂质D相同物质的量、与足量NaOH溶液反应，消耗NaOH的物质的量相同13下列对实验
8、现象的解释与结论正确的是（）A向铜和稀硫酸的混合物中加入无色溶液，溶液逐渐变成蓝色，铜逐渐溶解，则该无色溶液一定是硝酸B用蘸有浓氨水的玻璃棒置于某无机酸浓溶液的试剂瓶口，有大量白烟，说明该无机酸一定为盐酸CSO2气体通入Ba（NO3）2溶液中，溶液出现浑浊现象，说明有BaSO3沉淀生成D向NaHCO3溶液中滴加酚酞试液，加热时溶液由淡红色变为红色，冷却后溶液由红色变为淡红色，说明HCO3在水溶液中存在水解平衡14下列溶液中各微粒的浓度关系不正确的是（）A0.1molL1NaHCO3溶液中：c（Na+）+c（H+）=c（HCO3）+2c（CO32）+c（OH）B等体积、等物质的量浓度的NaX和弱
9、酸HX混合后呈酸性的溶液中：c（X）c（Na+）c（HX）c（H+）c（OH）C将0.2 molL1 NaA溶液和0.1 molL1盐酸等体积混合所得碱性溶液中：c（Na+）+c（H+）=c（A）+c（Cl）+c（OH）D1.5 L 0.1 molL1 NaOH溶液中缓慢通入CO2至溶液增重4.4 g时，溶液中：c（Na+）c（CO32）c（HCO3）c（OH）c（H+）15某密闭容器中充入等物质的量的气体A和B，一定温度下发生反应A（g）+xB（g）2C（g），达到平衡后，只改变反应的一个条件，测得容器中物质的浓度、反应速率随时间变化的如下图所示下列说法中正确的是（）A30min时降低温度，
10、40min时升高温度B8min前A的平均反应速率为0.17mol/（Lmin）C反应方程式中的x=1，正反应为放热反应D20min40min间该反应的平衡常数均为4三、非选择题（共80分）16工业上用闪锌矿（主要成分为ZnS，还含有CdS、Fe2O3等杂质）为原料生产ZnSO47H2O的工艺流程如图1：（已知Cd的金属活动性介于Zn和Fe之间）（1）从滤渣A中可获得一种淡黄色非金属单质的副产品，其化学式为（2）浸取时Fe2（SO4）3与ZnS发生反应的化学方程式为（3）除铁过程加H2O2的目的是，可以加入下列（填序号）调节溶液的pH在5.4左右AZnO BZnCO3 CZn（OH）2 DNaO
11、H（4）置换法除去重金属离子Cd2+，所用物质E为（5）取28.70g ZnSO47H2O加热至不同温度，剩余固体的质量变化如图2所示680时所得固体的化学式为aZnO bZn3O（SO4）2cZnSO4 dZnSO4H2O17多巴胺是一种重要的中枢神经传导物质，用来帮助细胞传送脉冲的化学物质，能影响人对事物的欢愉感受多巴胺可用香兰素与硝基甲烷等为原料按下列路线合成（1）C中的含氧官能团的名称是、（2）反应、的反应类型分别为、（3）写出由AM的化学方程式（4）写出同时满足下列条件的香兰素的一种同分异构体的结构简式能与碳酸氢钠溶液反应 能与FeCl3溶液发生显色反应有5种不同化学环境的氢原子（5
12、）苯乙胺（）是生物体中重要的生物碱写出用苯甲醇、硝基甲烷为原料制备苯乙胺的合成路线流程图（无机试剂任选）合成路线流程图示例如下：C2H5OHCH2=CH2CH2BrCH2Br18黄色固体聚合硫酸铁（SPFS）是一种重要的无机高分子絮凝剂，极易溶于水，作为工业和生活污水处理等领域具有重要的应用SPFS可表示成Fex（OH）y（SO4）znH2O工业上常用的一种制备流程为：在SPFS的多个质量指标中，盐基度是重要的质量指标之一，盐基度定义为：盐基度=n（OH）/3n（Fe）100%式中n（OH）、n（Fe）分别表示固体聚合硫酸铁中OH和Fe的物质的量（1）酸性介质中NaClO3氧化FeSO47H2
13、O的离子方程式（2）取7.507g某固体聚合硫酸铁溶解于水，向其中加入过量的BaCl2溶液到沉淀完全，经过滤、洗涤、干燥得白色沉淀10.485g，向上述滤液中加入NH3H2O，调节溶液pH=6，经过滤、洗涤、干燥得Fe2O3固体2.80g试计算该固体聚合硫酸铁的盐基度（3）计算出该固体聚合硫酸铁样品的化学式19加碘食盐中加入的碘酸钾是一种白色结晶粉末，常温下很稳定，加热至560开始分解在酸性条件下碘酸钾是一种较强的氧化剂，可与碘化物、亚硫酸盐等还原性物质反应工业生产碘酸钾的流程如下：（1）已知步骤反应器发生的反应为：6I2+11KClO3+3H2O=6KH（IO3）2+5KCl+3Cl2，该反
14、应的还原产物为；（2）参照下表碘酸钾的溶解度，操作得到碘酸钾晶体，你建议的方法是温度/20406080KIO3g/100g水8.0812.618.324.8KIO3+5KI+3H2SO4=3K2SO4+3I2+3H2O；I2+2S2O32=2I+S4O62（3）已知：测定加碘食盐中碘的含量，学生甲设计的实验步骤如下：a准确称取wg食盐，加适量蒸馏水使其完全溶解；b用稀硫酸酸化所得溶液，加入过量KI溶液，使KIO3与KI反应完全；c以淀粉为指示剂，逐滴加入物质的量浓度为2.00103molL1的Na2S2O3溶液10.0mL，恰好反应完全则加碘食盐样品中的碘元素含量是mgkg1（以含w的代数式表
15、示）学生乙又进行了下列实验：操作步骤实验现象取1g纯净的NaCl，加3mL水配成溶液溶液无变化滴入5滴淀粉溶液和1mL0.1molL1KI溶液，振荡溶液无变化然后再滴入1molL1的H2SO4，充分振荡溶液变蓝色请推测实验中产生蓝色现象的可能原因，用离子方程式表示根据学生乙的实验结果，请对学生甲的实验结果作出简要评价：（4）某学习小组对加碘盐进行如下实验：取一定量某加碘盐（可能含有KIO3、KI、Mg2+、Fe3+），用适量蒸馏水溶解，并加稀盐酸酸化，将所得溶液分为3份第一份试液中滴加KSCN溶液后显红色；第二份试液中加足量KI固体，溶液显淡黄色，用CCl4萃取，下层溶液显紫红色；第三份试液中
16、加入适量KIO3固体后，滴加淀粉试剂，溶液不变色根据上述实验现象，加碘盐中可能含有的物质中不能确定的是第二份试液中加入足量KI固体后，反应的离子方程式为、20乙醇汽油是被广泛使用的新型清洁燃料，工业生产乙醇的一种反应原理为：2CO（g）+4H2（g）CH3CH2OH（g）+H2O（g）H=256.1kJmol1已知：H2O（l）=H2O（g）H=+44kJmol1CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）H=41.2kJmol1（1）以CO2（g）与H2（g）为原料也可合成乙醇，其热化学方程式如下：2CO2（g）+6H2（g）CH3CH2OH（g）+3H2O（l）H=（2）CH4和H2O
17、（g）在催化剂表面发生反应CH4+H2OCO+3H2，该反应在不同温度下的化学平衡常数如下表：温度/800100012001400平衡常数0.451.92276.51771.5该反应是反应（填“吸热”或“放热”）；T时，向1L密闭容器中投入1molCH4和1mol H2O（g），平衡时c（CH4）=0.5molL1，该温度下反应CH4+H2OCO+3H2的平衡常数K=（3）汽车使用乙醇汽油并不能减少NOx的排放，这使NOx的有效消除成为环保领域的重要课题某研究小组在实验室以AgZSM5为催化剂，测得NO转化为N2的转化率随温度变化情况如下图若不使用CO，温度超过775，发现NO的分解率降低，其
18、可能的原因为；在=1的条件下，应控制的最佳温度在左右用CxHy（烃）催化还原NOx也可消除氮氧化物的污染写出CH4与NO2发生反应的化学方程式：（4）乙醇空气燃料电池中使用的电解质是搀杂了Y2O3的ZrO2晶体，它在高温下能传导O2离子该电池负极的电极反应式为21氟在自然界中常以CaF2的形式存在（1）氟离子的外围电子排布式为HF能以任意比例溶于水，除了因为HF是极性分子外，还因为（2）F2通入稀NaOH溶液中可生成OF2，OF2分子中氧原子的杂化方式为（3）下列有关CaF2的表达正确的是aCa2+与F间仅存在静电吸引作用bF的离子半径小于Cl，则CaF2的熔点高于CaCl2c阴阳离子比为2：
19、1的物质，均与CaF2晶体构型相同dCaF2中的化学键为离子键，因此CaF2在熔融状态下能导电（4）CaF2晶胞结构如图，与一个Ca2+等距离且最近的Ca2+有个（5）CaF2难溶于水，但可溶于含Al3+的溶液中，原因是（用离子方程式表示）（ 已知AlF63在溶液中可稳定存在）2015-2016学年江苏省盐城市阜宁中学高三（上）第二次学情调研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分每小题只有一个选项符合题意1为建设“蓝天常在、青山常在、绿水常在”的美丽中国，2015年4月16日国务院颁布了水污染防治行动计划下列做法有利于该目标实现的是（）A推广使用含磷
20、洗涤剂B用O3替代Cl2作饮用水消毒剂C用工业污水直接灌溉农田D含H2SO4的废水用BaCl2处理后排放【考点】常见的生活环境的污染及治理【分析】A使用含磷洗涤剂会使水体富营养化，造成水污染；BO3替代Cl2作饮用水消毒剂，减少了氯气的残留；C用工业污水含重金属离子，直接灌溉农田可以污染土壤和粮食作物等；D含H2SO4的废水用BaCl2处理后，发生反应生成硫酸钡沉淀和盐酸；【解答】解：A使用含磷洗涤剂会使水体富营养化，造成水污染，不能减小水污染，故A错误；BO3替代Cl2作饮用水消毒剂，减少了氯气的残留，有利于减小水污染，故B正确；C用工业污水含重金属离子，直接灌溉农田可以污染土壤和粮食作物等
21、，故C错误；D含H2SO4的废水用BaCl2处理后，发生反应生成硫酸钡沉淀和盐酸，水体仍然呈酸性，故D错误；故选B2下列化学用语和描述均正确的是（）A结构示意图为 的阴离子都不能破坏水的电离平衡B球棍模型为 的分子可发生加成反应C邻硝基甲苯的结构简式为，能发生取代反应D电子式分别为 和 的两种化合物均为常见的氧化剂【考点】电子式、化学式或化学符号及名称的综合；氧化还原反应；盐类水解的应用；有机物的结构和性质【分析】A如果n=16，为硫离子，硫离子能够破坏水的电离平衡；B为比例模型；CC与N成键；D过氧化钠和过氧化氢中O元素都为1价，可以得电子，故都可作为氧化剂【解答】解：A结构示意图为的阴离子
22、中，当n=16时，表示的为S2，硫离子能够结合水电离的氢离子，促进水的电离，故A错误；B为比例模型，不是球棍模型，含碳碳双键，可发生加成反应，故B错误；C硝基的N原子与苯环相连，邻硝基甲苯正确的结构简式为，甲基及苯环上H可发生取代反应，故C错误；D电子式分别为和的两种化合物中O元素都为1价，可以得电子，故都可作为氧化剂，故D正确；故选D3常温下，下列条件下各组离子一定能大量共存的是（）A甲基橙显黄色的溶液：Na+、CO32、NO3、SO32B在由水电离出的c（H+）=11012mol/L的溶液：Fe3+、ClO、Na+、SO42C加入金属铝产生H2的溶液中：Na+、K+、SO42、ClD饱和氯
23、水中：Cl、Na+、NO3、SO32【考点】离子共存问题【分析】A甲基橙显黄色的溶液，溶液pH大于4.4，为酸或碱性溶液；B由水电离出的c（H+）=11012mol/L的溶液，为酸或碱溶液；C加入金属铝产生H2的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液；D饱和氯水具有氧化性，不能存在还原性离子【解答】解：A甲基橙显黄色的溶液，溶液pH大于4.4，为酸或碱性溶液，酸溶液中不能大量存在CO32、SO32，故A不选；B由水电离出的c（H+）=11012mol/L的溶液，为酸或碱溶液，碱溶液中不能大量存在Fe3+，酸溶液中不能大量存在ClO，故B不选；C加入金属铝产生H2的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液，酸、碱溶液
24、中该组离子之间均不反应，可大量共存，故C选；D饱和氯水具有氧化性，与SO32发生氧化还原反应，不能共存，故D不选；故选C4下列说法正确的是（）A药皂中含有苯酚，能杀菌消毒，故苯酚具有强氧化性B氯化钠溶液显中性，可用铝制容器贮存氯化钠溶液C碳酸钠溶液呈碱性，可用热的纯碱溶液除去矿物油污渍D氢氧化镁分解时吸收大量的热量，添加到合成树脂中可作阻燃剂【考点】物质的组成、结构和性质的关系【分析】A苯酚无强氧化性；B氯化钠溶液与铝制容器可以构成原电池，金属铝作负极，发生电化学腐蚀；C碱不能除去烃类化合物；D氢氧化镁在380时，分解放出水蒸气和耐高温的固体氧化镁【解答】解：A苯酚的水溶液可使菌体蛋白变性杀菌
25、消毒，但苯酚无强氧化性，故A错误；B氯化钠溶液与铝制容器可以构成原电池，金属铝作负极，发生电化学腐蚀，加快铝腐蚀，故B错误；C矿物油渍属于烃类化合物，碱和烃类化合物不反应，所以不能用纯碱除去矿物油渍，故C错误；D阻燃物质原理有三个：清除可燃物、隔绝氧气或空气、使可燃物的温度降到着火点以下，三者具其一即可，氢氧化镁在380时分解，方程式为：Mg（OH）2 MgO+H2O氢氧化镁分解过程中吸收大量的热，能使可燃物的温度降到着火点以下，反应生成的水蒸气能稀释可燃物表面的氧气，生成氧化镁固体能隔绝氧气或空气，故D正确；故选：D5下列图示与对应的叙述不相符的是（）A图1中正极电极反应式为：O2+4e+4
26、H+=2H2OB图2表示室温下pH=2的HCl溶液加水稀释倍数与pH的变化关系C图3表示某放热反应分别在有、无催化剂的情况下反应过程中的能量变化D图4表示向NH4 Al（SO4）2溶液中逐滴滴入Ba（OH）2溶液，生成沉淀总物质的量（n）随着Ba（OH）2溶液体积（y）的变化【考点】原电池和电解池的工作原理；反应热和焓变；pH的简单计算【分析】A该装置是将化学能转化为电能的装置，为原电池，负极上通入的气体为燃料，正极上通入的气体是氧化剂；B酸无论如何稀释都不能变为中性或碱性；C有催化剂时，焓变不变，但活化能降低；D向NH4Al（SO4）2溶液中逐滴入Ba（OH）2溶液，先生成硫酸钡沉淀、氢氧化
27、铝沉淀，氢氧根离子和铵根离子反应生成一水合氨、钡离子和硫酸根离子反应生成硫酸钡沉淀；当铵根离子完全反应后，氢氧根离子继续和氢氧化铝反应生成偏铝酸根离子，当氢氧化铝完全反应后继续滴加氢氧化钡，沉淀物质的量不变【解答】解：A该装置是将化学能转化为电能的装置，为原电池，负极上通入的气体为燃料，正极上通入的气体是氧化剂，电极反应式为：O2+4e+4H+=2H2O，故A正确；B酸无论如何稀释都不能变为中性或碱性，只能接近中性，故B错误；C有催化剂时，焓变不变，但活化能降低，所以符合条件，故C正确；D向NH4Al（SO4）2溶液中逐滴入Ba（OH）2溶液，先生成硫酸钡沉淀、氢氧化铝沉淀，氢氧根离子和铵根离
28、子反应生成一水合氨、钡离子和硫酸根离子反应生成硫酸钡沉淀；当铵根离子完全反应后，氢氧根离子继续和氢氧化铝反应生成偏铝酸根离子，当氢氧化铝完全反应后继续滴加氢氧化钡，沉淀物质的量不变，所以符合条件，故D正确；故选B6设NA 为阿伏加德罗常数的值下列说法正确的是（）A0.1molN2与足量的H2反应，转移的电子数是0.6NAB0.1 mol羟基（）中含有的电子数为0.7 NAC0.1 molL1 MgCl2溶液中含有的Mg2+数目一定小于0.1 NAD在精炼铜或电镀铜的过程中，当阴极析出铜32g，转移电子数均为NA【考点】阿伏加德罗常数【分析】A、氮气和氢气的反应为可逆反应；B、羟基中含9个电子；
29、C、溶液体积不明确；D、在电解精炼铜或电镀铜的过程中，阴极上的反应均为：Cu2+2=Cu【解答】解：A、氮气和氢气的反应为可逆反应，故不能进行彻底，故转移的电子数小于0.6NA个，故A错误；B、羟基中含9个电子，故0.1molOH中含0.9NA个电子，故B错误；C、溶液体积不明确，故溶液中的镁离子的个数无法计算，故C错误；D、在电解精炼铜或电镀铜的过程中，阴极上的反应均为：Cu2+2=Cu，故当阴极上析出32g铜即0.5mol铜时，转移的电子数为NA个，故D正确故选D7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图所示（部分产物已略去），下列各组物质中不能按图示关系转化
30、的是（）选项甲乙丙丁ANaOHNaHSO3Na2SO3SO2BAlCl3NaAlO2Al（OH）3NaOHCFeFe（NO3）3Fe（NO3）2HNO3DCCOCO2O2AABBCCDD【考点】含硫物质的性质及综合应用；镁、铝的重要化合物；铁的化学性质【分析】A、NaOHNaHSO3Na2SO3 SO2；B、AlCl3NaAlO2Al（OH）3； AlCl3与少量的氢氧化钠生成氢氧化铝；C、Fe Fe（NO3）3Fe（NO3）2 ；D、C CO，所以丙为CO【解答】解：A、氢氧化钠与过量的二氧化硫生成亚硫酸氢钠，氢氧化钠与少量的二氧化硫生成亚硫酸钠，亚硫酸钠与浓硫酸反应生成二氧化硫，实验室制取
31、二氧化硫的方法，每一步都能转化，故不选；B、AlCl3与少量的氢氧化钠生成氢氧化铝，与足量的氢氧化钠生成偏铝酸钠，偏铝酸钠与氯化铝发生双水解生成氢氧化铝，每一步都能转化，故不选；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，故不选；D、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，丙应是一氧化碳，故选；故选D8下列离子反应方程式正确的是（）A在碳酸氢镁溶液中加入足量Ca（OH）2溶液：Mg2+HCO3+Ca2+2OH=MgCO3+CaCO3+2H2OBSO2气体通入Fe2（SO4）3溶液中
32、：SO2+2H2O+2Fe3+=2Fe2+4H+SO42C用白醋除铁锈：Fe2O3xH2O+6H+=（3+x）H2O+2Fe3+D硫酸氢铵溶液中滴加少量NaOH溶液：H+NH4+2OH=NH3H2O+H2O【考点】离子方程式的书写【分析】A氢氧化钙足量，反应生成碳酸钙、氢氧化镁沉淀和水；B铁离子能够将二氧化硫氧化成硫酸根离子；C醋酸为弱酸，离子方程式中醋酸不能拆开；D氢氧化钠少量，只有氢离子参与反应【解答】解：A在碳酸氢镁溶液中加入足量Ca（OH）2溶液，氢氧化镁更难溶，反应生成氢氧化镁沉淀，正确的离子方程式为：Mg2+2HCO3+2Ca2+4OH=2CaCO3+2H2O+Mg（OH）2，故A
33、错误；BSO2气体通入Fe2（SO4）3溶液中，二者发生氧化还原反应，反应的离子方程式为：SO2+2H2O+2Fe3+=2Fe2+4H+SO42，故B正确；C用白醋除铁锈，醋酸需要保留分子式，正确的离子方程式为：Fe2O3xH2O+6CH3COOH=（3+x）H2O+6CH3COO+2Fe3+，故C错误；D硫酸氢铵溶液中滴加少量NaOH溶液，氢离子优先反应，正确的离子方程式为：H+OH=H2O，故D错误；故选B9Q、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，X、Y是金属元素，X的焰色呈黄色五种元素核电荷数之和为54，最外层电子数之和为20W、Z最外层电子数相同，Z的核电荷数是W的2倍工业上
34、一般通过电解氧化物的方法获得Y的单质则下列说法不正确的是（）A原子半径：XYQWBQ和W可形成原子个数比为1：1和2：1的化合物CQ和Z所形成的分子空间构型为直线形DX、Y和W三种元素形成的化合物的水溶液呈碱性【考点】原子结构与元素周期律的关系【分析】X的焰色呈黄色，应为Na元素，X、Y是金属元素，且原子序数依次增大，则Y应为Al元素，W、Z最外层电子数相同，应为同主族元素，Z的核电荷数是W的2倍，可知W为O元素，Z为S元素，五种元素核电荷数之和为54，则Q的原子序数为548161113=6，应为C元素，结合对应单质、化合物的性质以及元素周期律知识解答该题【解答】解：X的焰色呈黄色，应为Na元
35、素，X、Y是金属元素，且原子序数依次增大，则Y应为Al元素，W、Z最外层电子数相同，应为同主族元素，Z的核电荷数是W的2倍，可知W为O元素，Z为S元素，五种元素核电荷数之和为54，则Q的原子序数为548161113=6，应为C元素，A由以上分析可知Q、W、X、Y分别为C、O、Na、Al，原子半径大小关系为NaAlCO，故A正确；BQ、W分别为C、O，可形成化合物CO、CO2，原子个数比为1；1和1：2，故B错误；CQ和Z所形成的化合物为CS2，分子空间构成为直线形，类型于二氧化碳，故C正确；DX、Y和W三种元素形成的化合物NaAlO2，为强碱弱酸盐，水解呈碱性，故D正确故选B10已知：（1）C
36、H3COOH（l）+2O2（g）=2CO2（g）+2H2O（l）H1（2）C（s）+O2（g）=CO2（g）H2（3）2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）H3（4）2CO2（g）+4H2（g）=CH3COOH（l）+2H2O（l）H4（5）2C（s）+2H2（g）+O2（g）=CH3COOH（l）H5下列关于上述反应的焓变的判断正确的是（）AH10，H20BH5=2H2+H3H1CH30，H50DH4=H12H3【考点】反应热的大小比较；有关反应热的计算【分析】物质的燃烧反应是放热的，焓变小于零，根据该盖斯定律计算反应焓变之间的关系即可【解答】解：A、物质的燃烧反应是放热的，焓变小于零，H
37、10，H20，故A错误；B、利用盖斯定律计算，将（2）2+（3）（1），可得 2C（s）+2H2（g）+O2（g）CH3COOH（l），反应热随之相加减，可求得反应热，即H5=2H2+H3H1，故B正确；C、物质的燃烧反应是放热的，焓变小于零，所以2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）H30，故C错误；D、根据盖斯定律，反应（4）不能是（1）2（3）得到，故D错误故选B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
38、就得0分11下列说法正确的是（）ASiO2（s）+2C（s）Si（s）+2CO（g）只能在高温下自发进行，则该反应H0B室温下，pH=3的CH3COOH溶液与pH=11的NaOH溶液等体积混合，溶液pH7C合成氨生产中将NH3液化分离，一定能加快正反应速率，提高H2的转化率D25时，向0.1molL1CH3COOH溶液滴加氨水，c（H+）/c（CH3COOH）增大【考点】焓变和熵变；化学平衡的影响因素【分析】A反应自发进行的判断依据是G=HTS0，反应自发进行；B室温下，pH=3的CH3COOH溶液与pH=11的NaOH溶液等体积混合，随反应进行醋酸又电离出醋酸根离子和氢离子，溶液显酸性；C减
39、小生成物的浓度会使平衡正向移动，减小反应的速率；D醋酸溶液中加入氨水发生反应生成醋酸铵，氢离子浓度减小，醋酸分子减小【解答】解：ASiO2（s）+2C（s）Si（s）+2CO（g），反应S0，只能在高温下自发进行，依据HTS0反应自发进行可知，则该反应H0，故A正确；B室温下，pH=3的CH3COOH溶液中存在电离平衡，与pH=11的NaOH溶液等体积混合，醋酸溶液浓度大于氢氧化钠溶液，随反应进行醋酸又电离出醋酸根离子和氢离子，溶液显酸性，PH7，故B错误；C合成氨生产中将NH3液化分离，降低正反应速率，提高H2的转化率，故C错误；D.25时，向0.1molL1CH3COOH溶液滴加氨水，发生
40、反应CH3COOH+NH3H2O=CH3COONH4+H2O， =，醋酸根离子浓度增大，比值减小，故D错误；故选A12松萝酸常作为牙膏和化妆品的添加剂，可由三羟基苯乙酮两步反应得到，有关说法正确的是（）A有机物的分子式为C8H6O4B有机物在一定条件下能发生取代、加成和氧化反应C可用FeCl3溶液检验中是否含有杂质D相同物质的量、与足量NaOH溶液反应，消耗NaOH的物质的量相同【考点】有机物的结构和性质【分析】A根据有机物结构简式判断元素种类和原子个数，可确定有机物分子式；B有机物含有酚羟基、羰基，结合官能团的性质判断；C二者都含有酚羟基，不能用氯化铁检验；D能与氢氧化钠反应的官能团只有酚羟
41、基，二者含有酚羟基数目不同【解答】解：A由结构简式可知有机物的分子式为C8H8O4，故A错误；B有机物含有酚羟基、羰基，可发生取代、氧化和加成反应，故B正确；C二者都含有酚羟基，不能用氯化铁检验，故C错误；D能与氢氧化钠反应的官能团只有酚羟基，二者含有酚羟基数目不同，则消耗的氢氧化钠不同，故D错误故选B13下列对实验现象的解释与结论正确的是（）A向铜和稀硫酸的混合物中加入无色溶液，溶液逐渐变成蓝色，铜逐渐溶解，则该无色溶液一定是硝酸B用蘸有浓氨水的玻璃棒置于某无机酸浓溶液的试剂瓶口，有大量白烟，说明该无机酸一定为盐酸CSO2气体通入Ba（NO3）2溶液中，溶液出现浑浊现象，说明有BaSO3沉淀
42、生成D向NaHCO3溶液中滴加酚酞试液，加热时溶液由淡红色变为红色，冷却后溶液由红色变为淡红色，说明HCO3在水溶液中存在水解平衡【考点】化学实验方案的评价【分析】A无色溶液具有强氧化性；B白烟为氯化铵或硝酸铵；CSO2气体通入Ba（NO3）2溶液中，发生氧化还原反应；DNaHCO3溶液水解显碱性，加酚酞变红，水解反应为吸热反应【解答】解：A向铜和稀硫酸的混合物中加入无色溶液，溶液逐渐变成蓝色，铜逐渐溶解，则该无色溶液可能是硝酸或过氧化氢等，故A错误；B用蘸有浓氨水的玻璃棒置于某无机酸浓溶液的试剂瓶口，有大量白烟，说明该无机酸可能为盐酸或硝酸，故B错误；CSO2气体通入Ba（NO3）2溶液中，
43、发生氧化还原反应，则溶液出现浑浊现象，说明有BaSO4沉淀生成，故C错误；DNaHCO3溶液水解显碱性，加酚酞变红，水解反应为吸热反应，则加热时溶液由淡红色变为红色，冷却后溶液由红色变为淡红色，该实验可说明HCO3在水溶液中存在水解平衡，故D正确；故选D14下列溶液中各微粒的浓度关系不正确的是（）A0.1molL1NaHCO3溶液中：c（Na+）+c（H+）=c（HCO3）+2c（CO32）+c（OH）B等体积、等物质的量浓度的NaX和弱酸HX混合后呈酸性的溶液中：c（X）c（Na+）c（HX）c（H+）c（OH）C将0.2 molL1 NaA溶液和0.1 molL1盐酸等体积混合所得碱性溶液
44、中：c（Na+）+c（H+）=c（A）+c（Cl）+c（OH）D1.5 L 0.1 molL1 NaOH溶液中缓慢通入CO2至溶液增重4.4 g时，溶液中：c（Na+）c（CO32）c（HCO3）c（OH）c（H+）【考点】离子浓度大小的比较【分析】A根据碳酸氢钠溶液中的电荷守恒判断；B混合液呈酸性，则c（H+）c（OH），根据电荷守恒可知c（X）c（Na+），再结合物料守恒判断各离子浓度大小；C根据混合液中的电荷守恒判断；D增重的4.4g为二氧化碳的质量，物质的量为0.1mol，发生反应CO2+NaOH=NaHCO3、CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O，由于n（CO2）：n（NaOH）
45、=2：3，所得溶液中溶质为等浓度的Na2CO3和NaHCO3，碳酸根离子的水解程度大于碳酸氢根离子，则c（HCO3）c（CO32）【解答】解：A.0.1molL1NaHCO3溶液中，根据电荷守恒可知：c（Na+）+c（H+）=c（HCO3）+2c（CO32）+c（OH），故A正确；B等体积、等物质的量浓度的NaX和弱酸HX混合后呈酸性的溶液中：c（H+）c（OH），根据电荷守恒可知c（X）c（Na+），根据物料守恒2（Na+）=c（X）+c（HX）可得c（X）c（Na+）c（HX），则溶液中离子浓度大小为：c（X）c（Na+）c（HX）c（H+）c（OH），故B正确；C.0.2 molL1Na
46、A溶液和0.1 molL1盐酸等体积混合所得碱性溶液中，根据电荷守恒可得：c（Na+）+c（H+）=c（A）+c（Cl）+c（OH），故C正确；D向1.5 L 0.1 molL1 NaOH溶液中缓缓通入CO2气体至溶液增重4.4g，则增重的4.4g为二氧化碳的质量，物质的量为0.1mol，发生反应CO2+NaOH=NaHCO3、CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O，由于n（CO2）：n（NaOH）=2：3，所得溶液中溶质为等浓度的Na2CO3和NaHCO3，碳酸根离子的水解程度大于碳酸氢根离子，则c（HCO3）c（CO32），溶液中正确的离子浓度大小为：c（Na+）c（HCO3）c（CO3
47、2）c（OH）c（H+），故D错误；故选D15某密闭容器中充入等物质的量的气体A和B，一定温度下发生反应A（g）+xB（g）2C（g），达到平衡后，只改变反应的一个条件，测得容器中物质的浓度、反应速率随时间变化的如下图所示下列说法中正确的是（）A30min时降低温度，40min时升高温度B8min前A的平均反应速率为0.17mol/（Lmin）C反应方程式中的x=1，正反应为放热反应D20min40min间该反应的平衡常数均为4【考点】化学平衡的影响因素【分析】从该题图1可知，020min是反应：A（g）+xB（g）2C（g）达到平衡的过程，20min时各浓度保持不变，正逆反应速率相等，反应达
48、到平衡状态，2030min，是保持平衡状态过程；反应物和生成物的浓度都减少，结合图象2知，正逆反应速率相等且减小平衡不移动；4054min，图1知，反应物浓度增大生成物浓度减小，图2知正逆反应速率都增大，且与原平衡点无接触点，逆反应速率大于正反应速率，当正逆反应速率相等时，再次达到平衡状态【解答】解：A、从图2可知，30min时正反应速率和逆反应速率同时降低降低反应温度，正反应速率和逆反应速率同时降低，但降低反应温度，平衡向放热反应方向移动该反应无论正反应方向放热还是吸热，平衡均移动与图2中3040min，改变条件后，平衡不移动矛盾，故A错误B、08min内，C的反应速率v=0.17mol/（
49、Lmin）1，化学反应速率之比等于方程式的系数之比，所以A的平均反应速率为0.085mol/（Lmin）1，故B错误；C由开始到达到平衡，A、B的浓度减少的量相同，由此可知X=1，则增大压强平衡不移动，40min时，正逆反应速率都增大，且逆反应速率大于正反应速率，平衡向逆向进行，应是升高温度，则正反应为放热反应，故C正确；D、由图象可知，30min时只有反应速率降低了，反应物与生成物的浓度瞬时降低，反应仍处于平衡状态，故不能是温度变化，而是降低了压强，所以平衡常数不变，故D正确故选：CD三、非选择题（共80分）16工业上用闪锌矿（主要成分为ZnS，还含有CdS、Fe2O3等杂质）为原料生产Zn
50、SO47H2O的工艺流程如图1：（已知Cd的金属活动性介于Zn和Fe之间）（1）从滤渣A中可获得一种淡黄色非金属单质的副产品，其化学式为S（2）浸取时Fe2（SO4）3与ZnS发生反应的化学方程式为Fe2（SO4）3+ZnS=ZnSO4+2FeSO4+S（3）除铁过程加H2O2的目的是将Fe2+氧化为Fe3+便于形成沉淀而除去，可以加入下列ABC（填序号）调节溶液的pH在5.4左右AZnO BZnCO3 CZn（OH）2 DNaOH（4）置换法除去重金属离子Cd2+，所用物质E为Zn（5）取28.70g ZnSO47H2O加热至不同温度，剩余固体的质量变化如图2所示680时所得固体的化学式为b
51、aZnO bZn3O（SO4）2cZnSO4 dZnSO4H2O【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用【分析】闪锌矿（主要成分为ZnS，还含有CdS、Fe2O3等杂质）中加硫酸和Fe2（SO4）3，硫酸铁具有氧化性和硫化锌发生氧化还原反应生成淡黄色非金属单质硫，CdS、Fe2O3溶于硫酸形成离子，过滤，得到的滤渣为S，滤液中加Fe，三价铁离子被还原为亚铁离子，浓缩结晶得到FeSO47H2O，再通空气除去剩余的Fe，再加人还原剂把Cd2+还原为单质，过滤，蒸发浓缩滤液得到ZnSO47H2O，（1）硫酸铁具有氧化性和硫化锌发生氧化还原反应生成淡黄色非金属单质硫；（2）加入硫酸铁和硫酸是为了
52、溶解氧化铁、硫化锌、硫化镉获得生产硫酸锌晶体和硫酸亚铁晶体的原料，其中硫酸铁氧化硫化锌；（3）除铁是利用双氧水将亚铁离子氧化成铁离子，再调节pH值使铁离子沉淀完全，调节溶液PH不能引入新的杂质；（4）依据置换反应的反应条件是活泼金属进行置换，结合制备实验方案是制取ZnSO47H2O，依据除杂不能引入新的杂质，Cd的金属活动性介于Zn和Fe之间分析；（5）28.70 g ZnSO47H2O的物质的量为0.1mol，分别分析生成ZnO、ZnSO4、ZnSO4H2O的质量，进而确定温度【解答】解：闪锌矿（主要成分为ZnS，还含有CdS、Fe2O3等杂质）中加硫酸和Fe2（SO4）3，硫酸铁具有氧化性
53、和硫化锌发生氧化还原反应生成淡黄色非金属单质硫，CdS、Fe2O3溶于硫酸形成离子，过滤，得到的滤渣为S，滤液中加Fe，三价铁离子被还原为亚铁离子，浓缩结晶得到FeSO47H2O，再通空气除去剩余的Fe，再加人还原剂把Cd2+还原为单质，过滤，蒸发浓缩滤液得到ZnSO47H2O，（1）依据流程转化关系分析判断，加入的硫酸铁具有氧化性能溶解氧化硫化锌、硫化镉，从滤渣A中可获得一种淡黄色非金属单质的副产品为氧化产物为硫，故答案为：S；（2）依据流程反应和生成硫单质可知，硫酸铁具有氧化性能氧化硫化锌和硫化镉，生成单质硫，反应的化学方程式为：Fe2（SO4）3+ZnS=ZnSO4+2FeSO4+S，故
54、答案为：Fe2（SO4）3+ZnS=ZnSO4+2FeSO4+S；（3）除铁是利用双氧水将亚铁离子氧化成铁离子，再调节pH值使铁离子沉淀完全，所以除铁过程加H2O2的目的是将Fe2+氧化为Fe3+便于形成沉淀而除去，调节溶液PH，加入的且物质和酸反应不能引入新的杂质，AZnO BZnCO3 CZn（OH）2都可以和酸反应 且不引入新杂质，DNaOH会引入钠离子，故选ABC，故答案为：将Fe2+氧化为Fe3+便于形成沉淀而除去；ABC；（4）制备实验方案是制取ZnSO47H2O，依据除杂不能引入新的杂质，Cd的金属活动性介于Zn和Fe之间，所以加入锌可以置换镉，故答案为：Zn；（5）28.70
55、g ZnSO47H2O的物质的量为0.1mol，若得ZnSO4H2O的质量为17.90g，则温度为100；若得ZnSO4的质量为16.10g，则温度为250；若得ZnO的质量为8.10g，则温度为930；据此通过排除法确定680时所得固体的化学式为Zn3O（SO4）2；故答案为：b17多巴胺是一种重要的中枢神经传导物质，用来帮助细胞传送脉冲的化学物质，能影响人对事物的欢愉感受多巴胺可用香兰素与硝基甲烷等为原料按下列路线合成（1）C中的含氧官能团的名称是酚羟基、醚基（2）反应、的反应类型分别为加成反应、还原反应（3）写出由AM的化学方程式（4）写出同时满足下列条件的香兰素的一种同分异构体的结构简
56、式能与碳酸氢钠溶液反应 能与FeCl3溶液发生显色反应有5种不同化学环境的氢原子（5）苯乙胺（）是生物体中重要的生物碱写出用苯甲醇、硝基甲烷为原料制备苯乙胺的合成路线流程图（无机试剂任选）合成路线流程图示例如下：C2H5OHCH2=CH2CH2BrCH2Br【考点】有机物的合成；有机物分子中的官能团及其结构；同分异构现象和同分异构体【分析】（1）根据其结构简式确定含有的官能团；（2）根据反应物和生成物的结构简式确定其反应类型；（3）首先确定M是化学式，再根据反应物和生成物写出反应方程式；（4）能与碳酸氢钠溶液反应说明含有羧基；能与FeCl3溶液发生显色反应说明含有酚羟基；有5种不同化学环境的氢
57、原子，说明含有5类氢原子，写出符合条件的香兰素的同分异构体；（5）苯甲醇被氧化生成苯甲醛，苯甲醛和硝基甲烷反应生成，发生消去反应生成，和氢气发生加成反应生成，被还原生成【解答】解：（1）根据图片知，C中含氧官能团名称是酚羟基、醚基，故答案为：酚羟基；醚基；（2）根据反应物和生成物的结构简式知，反应、的反应类型分别为加成反应和还原反应，故答案为：加成反应；还原反应；（3）A反应生成M，M和氢气发生加成反应生成B，根据A和B的结构简式知，A发生消去反应生成M，则由AM的化学方程式为，故答案为：；（4）能与碳酸氢钠溶液反应说明含有羧基；能与FeCl3溶液发生显色反应说明含有酚羟基；有5种不同化学环境
58、的氢原子，说明含有5类氢原子，则符合条件的香兰素的同分异构体为：，故答案为：；（5）苯甲醇被氧化生成苯甲醛，苯甲醛和硝基甲烷反应生成，发生消去反应生成，和氢气发生加成反应生成，被还原生成，则合成路线为：，故答案为：18黄色固体聚合硫酸铁（SPFS）是一种重要的无机高分子絮凝剂，极易溶于水，作为工业和生活污水处理等领域具有重要的应用SPFS可表示成Fex（OH）y（SO4）znH2O工业上常用的一种制备流程为：在SPFS的多个质量指标中，盐基度是重要的质量指标之一，盐基度定义为：盐基度=n（OH）/3n（Fe）100%式中n（OH）、n（Fe）分别表示固体聚合硫酸铁中OH和Fe的物质的量（1）酸
59、性介质中NaClO3氧化FeSO47H2O的离子方程式6Fe2+ClO3+6H+6Fe3+Cl+3H2O（2）取7.507g某固体聚合硫酸铁溶解于水，向其中加入过量的BaCl2溶液到沉淀完全，经过滤、洗涤、干燥得白色沉淀10.485g，向上述滤液中加入NH3H2O，调节溶液pH=6，经过滤、洗涤、干燥得Fe2O3固体2.80g试计算该固体聚合硫酸铁的盐基度（3）计算出该固体聚合硫酸铁样品的化学式【考点】探究物质的组成或测量物质的含量【分析】（1）氯酸根离子具有氧化性，亚铁离子具有还原性，据此来书写方程式；（2）根据铁元素、硫酸根离子的守恒关系来确定含量，据已知信息计算盐基度，盐基度=n（OH）
60、/3n（Fe）100%式中n（OH）、n（Fe）分别表示固体聚合硫酸铁中OH和Fe的物质的量；（3）根据原子守恒和质量守恒来计算得到样品的化学式【解答】解：（1）氯酸根离子具有氧化性，亚铁离子具有还原性，二者发生的氧化还原反应为：6Fe2+ClO3+6H+6Fe3+Cl+3H2O，故答案为：6Fe2+ClO3+6H+6Fe3+Cl+3H2O；（2）根据生成氧化铁的量可以计算得：n（Fe）=2=0.035mol，取7.507g某固体聚合硫酸铁溶解于水，向其中加入过量的BaCl2溶液到沉淀完全，经过滤、洗涤、干燥得白色沉淀10.485g，即为硫酸钡沉淀的质量是10.485g，所以n（SO42）=0
61、.045mol，所以n（OH）=3n（Fe）2n（SO42）=30.03520.045=0.015mol，则盐基度=100%=100%=14.29%，答：该固体聚合硫酸铁的盐基度是14.29%；（3）根据质量守恒可以得出Fex（OH）y（SO4）znH2O中水的量n（H2O）=（7.507g0.035mol56gmol10.045mol96 gmol10.015mol17 gmol1）=0.054mol，又知道：n（Fe）=0.035mol，n（OH）=0.015mol，n（SO42）=0.045mol，化学式中各元素的物质的量之比等于其个数值比，即化学式：Fe35（OH）15（SO4）455
62、4H2O，答：该固体聚合硫酸铁样品的化学式为Fe35（OH）15（SO4）4554H2O19加碘食盐中加入的碘酸钾是一种白色结晶粉末，常温下很稳定，加热至560开始分解在酸性条件下碘酸钾是一种较强的氧化剂，可与碘化物、亚硫酸盐等还原性物质反应工业生产碘酸钾的流程如下：（1）已知步骤反应器发生的反应为：6I2+11KClO3+3H2O=6KH（IO3）2+5KCl+3Cl2，该反应的还原产物为KCl、Cl2；（2）参照下表碘酸钾的溶解度，操作得到碘酸钾晶体，你建议的方法是降温结晶温度/20406080KIO3g/100g水8.0812.618.324.8KIO3+5KI+3H2SO4=3K2SO
63、4+3I2+3H2O；I2+2S2O32=2I+S4O62（3）已知：测定加碘食盐中碘的含量，学生甲设计的实验步骤如下：a准确称取wg食盐，加适量蒸馏水使其完全溶解；b用稀硫酸酸化所得溶液，加入过量KI溶液，使KIO3与KI反应完全；c以淀粉为指示剂，逐滴加入物质的量浓度为2.00103molL1的Na2S2O3溶液10.0mL，恰好反应完全则加碘食盐样品中的碘元素含量是mgkg1（以含w的代数式表示）学生乙又进行了下列实验：操作步骤实验现象取1g纯净的NaCl，加3mL水配成溶液溶液无变化滴入5滴淀粉溶液和1mL0.1molL1KI溶液，振荡溶液无变化然后再滴入1molL1的H2SO4，充分
64、振荡溶液变蓝色请推测实验中产生蓝色现象的可能原因，用离子方程式表示4I+4H+O2=2I2+2H2O根据学生乙的实验结果，请对学生甲的实验结果作出简要评价：偏大，过量的I会被空气中的O2氧化为I2（4）某学习小组对加碘盐进行如下实验：取一定量某加碘盐（可能含有KIO3、KI、Mg2+、Fe3+），用适量蒸馏水溶解，并加稀盐酸酸化，将所得溶液分为3份第一份试液中滴加KSCN溶液后显红色；第二份试液中加足量KI固体，溶液显淡黄色，用CCl4萃取，下层溶液显紫红色；第三份试液中加入适量KIO3固体后，滴加淀粉试剂，溶液不变色根据上述实验现象，加碘盐中可能含有的物质中不能确定的是Mg2+第二份试液中加
65、入足量KI固体后，反应的离子方程式为2Fe3+2I=2Fe2+I2、IO3+5I+6H+3I2+3H2O【考点】制备实验方案的设计【分析】碘、氯酸钾、水在反应器中发生反应6I2+11KClO3+3H2O=6KH（IO3）2+5KCl+3Cl2，除尽生成的氯气冷却结晶得到KH（IO3）2，加入水和氢氧化钾溶液溶解后调节溶液PH=10，过滤得到滤液降温结晶得到碘酸钾晶体，（1）在氧化还原反应中，得电子化合价降低的反应物是氧化剂，失电子化合价升高的反应物是还原剂，还原剂对应的产物是氧化产物，氧化剂对应的产物是还原产物；（2）根据物质的溶解度可以确定溶液获得晶体的方法；（3）根据硫代硫酸钠与碘酸钾的关
66、系式计算碘酸钾的物质的量；酸性条件下，碘离子被氧气氧化生成碘单质；过量的碘离子易被空气氧化生成碘单质（4）从第一份试液中滴加KSCN溶液后显红色，可知该加碘盐中含有Fe3+，反应：Fe3+3SCN=Fe（SCN）3，Fe（SCN）3呈血红色；从第二份试液中加足量KI固体，溶液显淡黄色，用CCl4萃取，下层溶液显紫红色，可知有碘生成这是因为由于“氧化性：IO3Fe3+I2”，加足量KI后，IO3和Fe3+均能将I氧化成I2，由此也可以知道该加碘盐添加KIO3；第三份试液中加入适量KIO3固体后，滴加淀粉试剂，溶液不变色由此可知该加碘盐中不含KI；具有氧化性的离子为IO3与具有还原性的离子为I，发
67、生氧化还原反应【解答】解：（1）该反应中I元素化合价由0价变为+5价，Cl元素化合价由+5价变为1价和0价，所以I2是还原剂，KClO3是氧化剂，KCl、Cl2是还原产物，故答案为：KCl、Cl2；（2）碘酸钾的物质的量随着温度升高而增大，所以从碘酸钾溶液获得晶体可以采用降温结晶的方法，故答案为：降温结晶；（3）设碘酸钾的物质的量为xKIO3+5KI+3H2SO4=3K2SO4+3I2+3H2O； I2+2S2O3 2=2I+S4 O62，将方程式3+得IO3+6H+6S2O32=I+3S4O62+3H2O1 6x 2.0103mol/L0.01Lx=105mol，根据碘原子守恒知，碘元素的物
68、质的量=105mol，所以碘元素含量是=100%=molkg1，故答案为：；酸性条件下，碘离子被氧气氧化生成碘单质，离子反应方程式为：4I+4H+O2=2I2+2H2O；酸性条件下，过量的碘离子易被空气中氧气氧化生成碘单质，导致测定结果偏大，故答案为：4I+4H+O2=2I2+2H2O；偏大，过量的I会被空气中的O2氧化为I2；（4）某加碘盐可能含有KIO3、KI、Mg2+、Fe3+，用蒸馏水溶解，并加稀盐酸酸化后将溶液分为3份从第一份试液中滴加KSCN溶液后显红色，可知该加碘盐中含有Fe3+，反应：Fe3+3SCN=Fe（SCN）3，Fe（SCN）3呈血红色；从第二份试液中加足量KI固体，溶
69、液显淡黄色，用CCl4萃取，下层溶液显紫红色，可知有碘生成这是因为由于“氧化性：IO3Fe3+I2”，加足量KI后，IO3和Fe3+均能将I氧化成I2，由此也可以知道该加碘盐添加KIO3；第三份试液中加入适量KIO3固体后，滴加淀粉试剂，溶液不变色由此可知该加碘盐中不含KI故答案为：Mg2+； 第二份试液中加入足量KI固体后，反应的离子方程式为2Fe3+2I=2Fe2+I2、IO3+5I+6H+3I2+3H2O，故答案为：2Fe3+2I=2Fe2+I2、IO3+5I+6H+3I2+3H2O20乙醇汽油是被广泛使用的新型清洁燃料，工业生产乙醇的一种反应原理为：2CO（g）+4H2（g）CH3CH
70、2OH（g）+H2O（g）H=256.1kJmol1已知：H2O（l）=H2O（g）H=+44kJmol1CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）H=41.2kJmol1（1）以CO2（g）与H2（g）为原料也可合成乙醇，其热化学方程式如下：2CO2（g）+6H2（g）CH3CH2OH（g）+3H2O（l）H=305.7 kJmol1（2）CH4和H2O（g）在催化剂表面发生反应CH4+H2OCO+3H2，该反应在不同温度下的化学平衡常数如下表：温度/800100012001400平衡常数0.451.92276.51771.5该反应是吸热反应（填“吸热”或“放热”）；T时，向1L密闭容
71、器中投入1molCH4和1mol H2O（g），平衡时c（CH4）=0.5molL1，该温度下反应CH4+H2OCO+3H2的平衡常数K=6.75（3）汽车使用乙醇汽油并不能减少NOx的排放，这使NOx的有效消除成为环保领域的重要课题某研究小组在实验室以AgZSM5为催化剂，测得NO转化为N2的转化率随温度变化情况如下图若不使用CO，温度超过775，发现NO的分解率降低，其可能的原因为该反应是放热反应，升高温度反应更有利于向逆反应方向进行；在=1的条件下，应控制的最佳温度在870左右用CxHy（烃）催化还原NOx也可消除氮氧化物的污染写出CH4与NO2发生反应的化学方程式：CH4+2NO2CO
72、2+N2+2H2O（4）乙醇空气燃料电池中使用的电解质是搀杂了Y2O3的ZrO2晶体，它在高温下能传导O2离子该电池负极的电极反应式为CH3CH2OH12e+6O2=2CO2+3H2O【考点】用盖斯定律进行有关反应热的计算；化学平衡建立的过程；化学平衡常数的含义【分析】（1）根据盖斯定律求反应热；（2）根据平衡移动判断反应的热量变化；根据平衡常数表达式计算其数值；（3）升高温度，发现NO的分解率降低，说明反应向逆反应方向进行，该反应放热；（4）乙醇在燃料电池的负极失去12个电子，发生氧化反应【解答】解：（1）将题目中出现的三个热化学方程式依次编号为，根据盖斯定律：H=32，则H=305.7 k
73、Jmol1故答案为：305.7 kJmol1；（2）温度升高，平衡常数增大即平衡向正反应分析移动，故该反应为吸热反应，故答案为：吸热；T时，向1L密闭容器中投入1molCH4和1mol H2O（g），平衡时c（CH4）=0.5molL1，该温度K=c（=6.75，故答案为：6.75；（3）升高温度，发现NO的分解率降低，说明反应向逆反应方向进行，该反应放热；由图可知，在=1的条件下，870时，NO还原为N2的转化率为100%，故答案为：该反应是放热反应，升高温度反应更有利于向逆反应方向进行；870；CH4与NO2发生反应生成无毒的N2、CO2和H2O，反应为CH4+2NO2CO2+N2+2H2
74、O，故答案为：CH4+2NO2CO2+N2+2H2O；（4）乙醇在燃料电池的负极失去12个电子，发生氧化反应；故答案为：CH3CH2OH12e+6O2=2CO2+3H2O21氟在自然界中常以CaF2的形式存在（1）氟离子的外围电子排布式为2s22p6HF能以任意比例溶于水，除了因为HF是极性分子外，还因为H2O与HF形成分子间氢键（2）F2通入稀NaOH溶液中可生成OF2，OF2分子中氧原子的杂化方式为sp3（3）下列有关CaF2的表达正确的是bdaCa2+与F间仅存在静电吸引作用bF的离子半径小于Cl，则CaF2的熔点高于CaCl2c阴阳离子比为2：1的物质，均与CaF2晶体构型相同dCaF
75、2中的化学键为离子键，因此CaF2在熔融状态下能导电（4）CaF2晶胞结构如图，与一个Ca2+等距离且最近的Ca2+有12个（5）CaF2难溶于水，但可溶于含Al3+的溶液中，原因是3CaF2+Al3+=3Ca2+AlF63（用离子方程式表示）（ 已知AlF63在溶液中可稳定存在）【考点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断【分析】（1）F的离子核有10个电子，分两层排布，最外层有8个电子；HF与水分子间能形成氢键；（2）根据价层电子对互斥理论分析，先计算价层电子对数，再判断中心原子的杂化类型；（3）a阴阳离子间存在静电引力和静电斥力，则；b离子晶体的熔点与离子所带电荷、离子半径有关；c晶体的结构与
76、电荷比、半径比有关；d离子化合物在熔融时能发生电离；（4）根据CaF2晶胞结构，结合钙离子的位置判断；（5）F与Al3+能形成很难电离的配离子AlF63【解答】解：（1）氟离子核有10个电子，分两层排布，最外层有8个电子，则氟离子的外围电子排布式为2s22p6，H2O与HF形成分子间氢键，二者互溶；故答案为：2s22p6；H2O与HF形成分子间氢键；（2）OF2分子中O原子的价层电子对数=2+（621）=4，则O原子的杂化类型为sp3杂化，故答案为：sp3；（3）a阴阳离子间存在静电引力和静电斥力，Ca2+与F间存在静电吸引作用，还存在静电斥力，故a错误；b离子晶体的熔点与离子所带电荷、离子半
77、径有关，离子半径越小，离子晶体的熔点越高，所以CaF2的熔点高于CaCl2，故b正确；c晶体的结构与电荷比、半径比有关，阴阳离子比为2：1的物质，与CaF2晶体的电荷比相同，若半径比相差较大，则晶体构型不相同，故c错误；dCaF2中的化学键为离子键，离子化合物在熔融时能发生电离，存在自由移动的离子，能导电，因此CaF2在熔融状态下能导电，故b正确；故答案为：bd；（4）图中CaF2晶体在每个晶胞中与Ca2+离子最近且等距离的Ca2+离子数为3个，通过每个Ca2+可形成8个晶胞，每个Ca2+计算2次，所以与Ca2+离子最近且等距离的Ca2+离子数为（83）2=12个，故答案为12；（5）CaF2难溶于水，但可溶于含Al3+的溶液中，因为在溶液中F与Al3+能形成很难电离的配离子AlF63，使CaF2的溶解平衡正移，其反应的离子方程式为：3CaF2+Al3+=3Ca2+AlF63；故答案为：3CaF2+Al3+=3Ca2+AlF632016年12月20日