1、2015年江苏省苏州园区高考化学模拟试卷（1月份）一、选择题（共10小题，每小题2分，满分20分）1化学与日常生活密切相关，下列说法错误的是( )A碘酒是指单质碘的乙醇溶液B84消毒液的有效成分是NaClOC浓硫酸可刻蚀石英制艺术品D装饰材料释放的甲醛会造成污染2下列有关化学用语表示正确的是( )ANH4Br的电子式：BS原子的结构示意图：C乙醇的结构简式：C2H6OD原子核内有18个中子的氯原子：Cl3常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是( )ApH=1的溶液中：Fe2+、NO3、SO42、Na+B=1012的溶液中：NH4+、Al3+、NO3、ClC由水电离的c（H+）=1101
2、4molL1的溶液中：Ca2+、K+、Cl、HCO3Dc（Fe3+）=0.1molL1的溶液中：K+、ClO、SO42、SCN4下列物质性质与应用对应关系正确的是( )A过氧化钠可以与CO2反应放出O2，可用于潜艇中的供氧剂B硅酸钠溶液呈碱性，可涂在木材的表面作耐火剂CSO2具有氧化性，可用于纸浆的漂白D明矾溶于水可形成有氢氧化铝胶体，可用于自来水的杀菌消毒5下列实验操作或装置（略去部分加持仪器）正确的是( )A配制溶液B中和滴定C制备乙酸乙酯D制备收集干燥的氨气6设NA 为阿伏加德罗常数的值下列说法正确的是( )A4.6g 由NO2和N2O4组成的混合物中含有氧原子的数目为 0.2NAB1
3、mol Na2O2固体中含离子总数为4NAC标准状况下，1.12LCCl4含有CCl键的数目为0.2NAD将0.1mol FeCl3溶于 1L水中，所得溶液中含有0.1NA个Fe3+7下列离子方程式与所述事实相符且正确的是( )A氯气通入水中：Cl2+H2O2H+Cl+ClOBCu溶液于稀HNO3：Cu+4H+2NO3=Cu2+2NO2+2H2OC向NaAlO2溶液中通入过量CO2制Al（OH）3：AlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3+HCO3D在强碱溶液中次氯酸钠与Fe（OH）3反应生成Na2FeO4：3ClO+Fe（OH）3=FeO42+3Cl+H2O+4H+8下表各组物质之间通过一
4、步反应能实现如图所示转化关系，且与表中的条件也匹配的是( )选项XYZ箭头上为反应条件ANONO2HNO3加H2OBAlNaAlO2AlCl3电解CFeFeCl2FeCl3通入少量Cl2DNaOHNaHCO3NaCl依次通入CO2、NH3AABBCCDD9短周期元素X、Y、Z、W 的原子序数依次增大，且原子最外层电子数之和为13X 的原子半径比Y 的小，X 与W 同主族，Z 是地壳中含量最高的元素下列说法正确的是( )A原子半径的大小顺序：r（Y）r（Z）r（W）B元素Z、W 的简单离子的电子层结构不同C元素Y 的简单气态氢化物的热稳定性比Z 的强D只含X、Y、Z 三种元素的化合物，可能是离子
5、化合物，也可能是共价化合物10下列图示与对应的叙述相符的是( )A图1表示某吸热反应分别在有、无催化剂的情况下反应过程中的能量变化B图2表示0.1000molL1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000molL1CH3COOH溶液所得到的滴定曲线C图3表示KNO3的溶解度曲线，图中a点所示的溶液是80时KNO3的不饱和溶液D图4 表示某可逆反应生成物的量随反应时间变化的曲线，由图知t时反应物转化率最大二、选择题（共5小题，每小题4分，满分20分）11下列有关说法正确的是( )A镀锌铁制品镀层受损后，铁制品比受损前更容易生锈B2NaHCO3（s）=Na2CO3（s）+CO2（g）+H2O（l）
6、室温下不能自发进行，说明该反应的H0C加热0.1 molL1CH3COONa 溶液，CH3COO的水解程度和溶液的pH均增大DN2（g）+3H2（g）2NH3（g）H0，其他条件不变时升高温度，反应速率v（H2 ）和H2的平衡转化率均增大12去甲肾上腺素可以调控动物机体的植物性神经功能，其结构简式如图所示下列说法不正确的是( )A去甲肾上腺素分子组成为C8H10NO3B去甲肾上腺素分子可以发生取代、加成、消去、缩聚等反应C每个去甲肾上腺素分子中含有2个手性碳原子D去甲肾上腺素既能与盐酸反应，又能与氢氧化钠溶液反应13在探究新制饱和氯水成分的实验中，下列根据实验现象得出的结论不正确的是( )A氯
7、水的颜色呈浅黄绿色，说明氯水中含有Cl2B向氯水中滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀，说明氯水中含有ClC向氯水中加入NaHCO3粉末，有气泡产生，说明氯水中含有H+D向FeCl2溶液中滴加氯水，溶液颜色变成棕黄色，说明氯水中含有HClO14在25mL 0.1mol/L NaOH溶液中逐滴加入0.2mol/L CH3COOH溶液，曲线如图所示，有关粒子浓度关系比较正确的( )A在A、B间任意一点，溶液中一定都有c（Na+）cCH3COO）c（OH）c（H+）B在B点，a12.5，且有c（Na+）=c（CH3COO）c（OH）=c（H+）C在C点：c（Na+）c（CH3COO）c（H+）
8、c（OH）D在D点：c（CH3COO）+c（CH3COOH）=2 c（Na+）15在一定温度下，将气体X和气体Y各0.16mol充入 10L恒容密闭容器中，发生反应X（g）+Y（g）2Z（g）H0，一段时间后达到平衡反应过程中测定的数据如下表：下列说法正确的是( )t/min2479n（Y）/mol0.120.110.100.10A反应前2min的平均速率v（Z）=4.0103mol/（Lmin）B其他条件不变，降低温度，反应达到新平衡前v（逆）v（正）C该温度下此反应的平衡常数K=1.44D其他条件不变，再充入0.2molZ，平衡时X的体积分数增大三、解答题（共5小题，满分68分）16工业上
9、用重铬酸钠（Na2Cr2O7）结晶后的母液（含少量的Fe3+）生产重铬酸钾（K2Cr2O7）工业流程如图1及相关物质溶解度曲线如图2：（1）由Na2Cr2O7生产K2Cr2O7的化学方程式为：_；通过冷却大量析出K2Cr2O7的原因是：_（2）向Na2Cr2O7母液中加碱液调pH的目的是_（3）固体A主要为_（填化学式）固体B主要为_（填化学式）（4）向母液中加入KCl时，加热沸腾的原因是_（5）用热水洗涤固体A，将回收洗涤液转移到母液中，操作目的是_17非诺洛芬是一种治疗类风湿性关节炎的药物，可通过以下方法合成：请回答下列问题（1）有机化合物B中的含氧官能团为_和_（填名称）（2）上述反应中
10、，过程属于_反应，过程属于_反应（3）若过程发生的是取代反应，且另一种产物有HBr，写出由A到B发生反应的化学方程式_（4）非诺洛芬的一种同分异构体满足下列条件：能与NaHCO3反应放出CO2，能与 FeCl3溶液发生显色反应分子中有6 种不同化学环境的氢，且分子中含有两个苯环；写出符合条件的一种同分异构体的结构简式：_（5）根据已有知识并结合相关信息，写出以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：CH3CH2BrCH3CH2OHCH3COOCH2CH318硫酸钠过氧化氢加合物（xNa2SO4yH2O2zH2O）的组成可通过下列实验测定：准确称取1.7700g样品，配
11、制成100.00mL溶液A准确量取25.00mL溶液A，加入盐酸酸化的BaCl2溶液至沉淀完全，过滤、洗涤、干燥至恒重，得到白色固体0.5825g准确量取25.00mL溶液A，加适量稀硫酸酸化后，用0.02000molL1KMnO4溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液25.00mLH2O2与KMnO4反应的离子方程式如下：2MnO4+5H2O2+6H+=2Mn2+8H2O+5O2（1）已知室温下BaSO4的Ksp=1.11010，欲使溶液中c（SO42）1.0106 molL1，应保持溶液中c（Ba2+）_molL1（2）上述滴定若不加稀硫酸酸化，MnO4被还原为MnO2，其离子方程式为_（3）
12、上述滴定到达终点的现象为_（4）通过计算确定样品的组成（写出计算过程）19工业上常利用含硫废水生产Na2S2O35H2O，实验室可用如下装置（略去部分加持仪器）模拟生成过程烧瓶C中发生反应如下：Na2S（aq）+H2O（l）+SO2（g）=Na2SO3（aq）+H2S（aq） （）2H2S（aq）+SO2（g）=3S（s）+2H2O（l）_ （）S（s）+Na2SO3（aq）Na2S2O3（aq）_ （）（1）装置A中发生的化学反应方程式为_（2）为提高产品纯度，应使烧瓶C中Na2S和Na2SO3恰好完全反应，则烧瓶C中Na2S和Na2SO3物质的量之比为_（3）装置B的作用之一是观察SO2的
13、生成速率，其中的液体最好选择_a蒸馏水b饱和Na2SO3溶液c饱和NaHSO3溶液 d饱和NaHCO3溶液实验中，为使SO2缓慢进入烧瓶C，采用的操作是_（4）已知反应（）相对较慢，则烧瓶C中反应达到终点的现象是_，装置E的作用为_（5）反应终止后，烧瓶C中的溶液经蒸发浓缩即可析出Na2S2O35H2O，其中可能含有Na2SO3、Na2SO4等杂质利用所给试剂设计实验，检测产品中是否存在Na2SO4，简要说明实验操作，现象和结论：_已知：Na2S2O35H2O遇酸易分解：S2O32+2H+=S+SO2+H2O供选择的试剂：稀盐酸、稀硫酸、稀硝酸、BaCl2溶液、AgNO3溶液20（14分）碳及
14、其化合物应用广泛I工业上利用CO和水在沸石分子筛表面反应制氢气，CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）（1）向 1L恒容密闭容器中注入CO和H2O（g），830C时，测得部分数据如下表t/min012345n（CO）/mol0.2000.1600.1250.0990.0800.080n（H2O）/mol0.3000.2600.2250.1990.1800.180则该温度下反应的平衡常数K=_（2）相同条件下，向 1L恒容密闭容器中，同时注入1molCO、1molH2O（g）、2molCO2和2molH2，此时v（正）_v（逆）（填“”“=”或“”）；II已知：CO（g）+O2（g）=
15、CO2（g）H1=141kJmol12H2（g）+O2（g）=2H2O（g）H2=484kJmol1CH3OH（l）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）H3=726kJmol1（3）利用CO、H2化合制得液态甲醇的热化学方程式为_一种新型氢氧燃料电池工作原理如图所示（4）写出电极A的电极反应式_放电过程中，溶液中的CO32将移向电极_（填A或B）（5）以上述电池电解饱和食盐水，若生成0.2mol Cl2，则至少需通入O2的体积为_L（标准状况）【选做题】（共1小题，满分12分）21周期表前四周期的元素A、B、C、D、E，原子序数依次增大A的核外电子总数与其周期数相同，B的价电子层中的未成
16、对电子有3个，C的s能级电子总数与p能级电子总数相等，D与C同族；E的最外层只有1个电子，但次外层有18个电子回答下列问题：（1）E+离子的基态核外电子排布_（2）B、C、D中第一电离能由大到小的顺序为_（填元素符号）（3）A和B、C两元素形成的两种共价化合物发生反应，生成BA4+离子，该离子的中心原子的杂化方式为_；与BA4+离子互为等电子体的一种分子为_（填化学式）（4）E的硫酸盐溶液中滴加过量的氨水可以生成配合物E（NH3）4SO4，1mol配合物中含有的键的数目为_（5）E和C（空心小球为C，实心小球为E）形成的一种离子化合物的晶体结构如图所示，则离子化合物的化学式为_2015年江苏省
17、苏州园区高考化学模拟试卷（1月份）一、选择题（共10小题，每小题2分，满分20分）1化学与日常生活密切相关，下列说法错误的是( )A碘酒是指单质碘的乙醇溶液B84消毒液的有效成分是NaClOC浓硫酸可刻蚀石英制艺术品D装饰材料释放的甲醛会造成污染【考点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用；常见的生活环境的污染及治理；浓硫酸的性质 【专题】元素及其化合物；化学计算【分析】A碘溶于乙醇可形成碘酒；B氯气与氢氧化钠反应可得84消毒液；C浓硫酸与二氧化硅不反应；D甲醛可污染环境【解答】解：A碘易溶于乙醇，可形成碘酒，常用于杀菌消毒，故A正确；B氯气与氢氧化钠反应可得84消毒液，有效成分为NaClO，故B正
18、确；C浓硫酸与二氧化硅不反应，应用氢氟酸，故C错误；D甲醛对人体有害，可导致皮肤癌等，可污染环境，故D正确故选：C【点评】本题考查较为综合，涉及碘酒、84消毒液、二氧化硅的性质以及甲醛的污染等知识，为高频考点，有利于培养学生的良好的科学素养，提高学生的学习的积极性，难度不大2下列有关化学用语表示正确的是( )ANH4Br的电子式：BS原子的结构示意图：C乙醇的结构简式：C2H6OD原子核内有18个中子的氯原子：Cl【考点】电子式、化学式或化学符号及名称的综合；原子结构示意图；质子数、中子数、核外电子数及其相互联系 【分析】A溴离子为阴离子，其电子式中需要标出最外层电子；B硫原子的核电荷数=核外
19、电子总数=16，最外层为6个电子；C乙醇的结构简式中没有标出其官能团羟基；D质量数=质子数+中子数，元素符号的左上角为质量数、左下角为质子数【解答】解：A溴化铵为离子化合物的，铵根离子和溴离子都需要标出所带电荷及最外层电子，溴化铵正确的电子式为：，故A错误；B硫原子的最外层含有6个电子，硫原子正确的原子结构示意图为：，故B错误；C乙醇分子中含有官能团羟基，乙醇正确的结构简式为：C2H5OH，故C错误；D原子核内有18个中子的氯原子的质量数为35，该原子可以表示为：Cl，故D正确；故选D【点评】本题考查了电子式、原子结构示意图、结构简式、元素符号等化学用语的判断，题目难度中等，注意掌握常见化学用
20、语的概念及表示方法，明确原子结构示意图与离子结构示意图、离子化合物与共价化合物的电子式、结构简式与分子式的区别，为易错点3常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是( )ApH=1的溶液中：Fe2+、NO3、SO42、Na+B=1012的溶液中：NH4+、Al3+、NO3、ClC由水电离的c（H+）=11014molL1的溶液中：Ca2+、K+、Cl、HCO3Dc（Fe3+）=0.1molL1的溶液中：K+、ClO、SO42、SCN【考点】离子共存问题 【分析】ApH=1的溶液，显酸性，离子之间发生氧化还原反应；B.=1012的溶液，显酸性；C由水电离的c（H+）=11014molL1的溶
21、液，为酸或碱溶液；D离子之间结合生成络离子【解答】解：ApH=1的溶液，显酸性，Fe2+、NO3、H+发生氧化还原反应，不能大量共存，故A错误；B.=1012的溶液，显酸性，该组离子之间不反应，可大量共存，故B正确；C由水电离的c（H+）=11014molL1的溶液，为酸或碱溶液，一定不能大量存在HCO3，故C错误；DFe3+、SCN结合生成络离子，不能大量共存，故D错误；故选B【点评】本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应、络合反应及分析、应用能力的考查，题目难度不大4下列物质性质与应用对应关系正确的是( )A过氧化钠可
22、以与CO2反应放出O2，可用于潜艇中的供氧剂B硅酸钠溶液呈碱性，可涂在木材的表面作耐火剂CSO2具有氧化性，可用于纸浆的漂白D明矾溶于水可形成有氢氧化铝胶体，可用于自来水的杀菌消毒【考点】钠的重要化合物；盐类水解的应用；二氧化硫的化学性质 【分析】A过氧化钠和二氧化碳、水反应生成氧气；B硅酸钠不燃烧也不支持燃烧，可以作防火剂；C二氧化硫具有漂白性，能漂白纸张；D胶体具有吸附性而没有强氧化性【解答】解：A过氧化钠和二氧化碳、水反应生成氧气，所以可用于潜艇中的供氧剂，故A正确B硅酸钠不燃烧也不支持燃烧，可以作防火剂，与硅酸钠溶液的碱性无关，故B错误；C二氧化硫具有漂白性，能漂白纸张，与二氧化硫的还
23、原性无关，故C错误；D胶体具有吸附性而没有强氧化性，所以明矾只能作净水剂不能杀菌消毒，故D错误；故选A【点评】本题考查物质的用途，明确物质的性质是解本题关键，性质决定用途，用途体现性质，会运用化学知识解释生产生活现象，题目难度不大5下列实验操作或装置（略去部分加持仪器）正确的是( )A配制溶液B中和滴定C制备乙酸乙酯D制备收集干燥的氨气【考点】化学实验方案的评价 【专题】实验评价题【分析】A玻璃棒的下端应在刻度线以下，且加水至刻度线12cm应改用胶头滴管定容；B锥形瓶中为NaOH溶液，则利用酸式滴定管滴定碱溶液；C乙酸与乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯，饱和碳酸钠吸收乙醇、乙酸，降低乙酸乙酯的溶解
24、度；D收集氨气应利用向下排空气法【解答】解：A玻璃棒的下端应在刻度线以下，图中玻璃棒下端在刻度线以上，且加水至刻度线12cm应改用胶头滴管定容，故A错误；B锥形瓶中为NaOH溶液，则利用酸式滴定管滴定碱溶液，而图中锥形瓶上方为碱式滴定管，故B错误；C乙酸与乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯，饱和碳酸钠吸收乙醇、乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度，图中制备乙酸乙酯实验合理，故C正确；D收集氨气应利用向下排空气法，图中收集氨气时导管应伸到小试管的底部，故D错误；故选C【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及溶液的配制、中和滴定、乙酸乙酯的制备及氨气的制备实验等，把握实验基础知识和装置图的作用为解答的
25、关键，注意实验的评价性、操作性分析，题目难度不大6设NA 为阿伏加德罗常数的值下列说法正确的是( )A4.6g 由NO2和N2O4组成的混合物中含有氧原子的数目为 0.2NAB1 mol Na2O2固体中含离子总数为4NAC标准状况下，1.12LCCl4含有CCl键的数目为0.2NAD将0.1mol FeCl3溶于 1L水中，所得溶液中含有0.1NA个Fe3+【考点】阿伏加德罗常数 【分析】A、NO2和N2O4的最简式均为NO2；B、Na2O2由2个钠离子和1个过氧根构成；C、标况下，四氯化碳为液态；D、Fe3+是弱碱阳离子；【解答】解：A、NO2和N2O4的最简式均为NO2，故4.6gNO2
26、和N2O4中含NO2的物质的量n=1mol，故含有的氧原子的物质的量为2mol，个数为2NA个，故A正确；B、Na2O2由2个钠离子和1个过氧根构成，故1 mol Na2O2固体中含离子总数为3NA，故B错误；C、标况下，四氯化碳为液态，故C错误；D、Fe3+是弱碱阳离子，在溶液中会水解导致个数减少，故所得溶液中Fe3+的个数少于0.1NA个，故D错误；故选A【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大7下列离子方程式与所述事实相符且正确的是( )A氯气通入水中：Cl2+H2O2H+Cl+ClOBCu溶液于稀HNO3：Cu+4H+2NO3=Cu
27、2+2NO2+2H2OC向NaAlO2溶液中通入过量CO2制Al（OH）3：AlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3+HCO3D在强碱溶液中次氯酸钠与Fe（OH）3反应生成Na2FeO4：3ClO+Fe（OH）3=FeO42+3Cl+H2O+4H+【考点】离子方程式的书写 【分析】A次氯酸不能拆开，应该保留分子式；B铜与稀硝酸反应生成NO气体；C偏铝酸钠溶液与二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠；D强碱性溶液中，离子方程式的产物中不能生成氢离子，且电荷不守恒【解答】解：A氯气通入水中，反应生成氯化氢和次氯酸，次氯酸不能拆开，正确的离子方程式为：Cl2+H2OH+Cl+HClO，故A错误；B
28、Cu溶液于稀HNO3，反应生成一氧化氮气体，正确的离子方程式为：3Cu+8H+2NO3=3Cu2+2NO+4H2O，故B错误；C向NaAlO2溶液中通入过量CO2制Al（OH）3，反应的离子方程式为：AlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3+HCO3，故C正确；D强碱溶液中次氯酸钠与Fe（OH）3反应生成Na2FeO4，反应产物不会有氢离子，正确的离子方程式为：2Fe（OH）3+3ClO+4OH=2FeO42+3Cl+5H2O，故D错误；故选C【点评】本题考查了离子方程式的书写判断，为中等难度的试题，注意掌握离子方程式的书写原则，明确离子方程式正误判断常用方法，如：检查反应物、生成物是否正确
29、，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合守恒关系（如：质量守恒和电荷守恒等）8下表各组物质之间通过一步反应能实现如图所示转化关系，且与表中的条件也匹配的是( )选项XYZ箭头上为反应条件ANONO2HNO3加H2OBAlNaAlO2AlCl3电解CFeFeCl2FeCl3通入少量Cl2DNaOHNaHCO3NaCl依次通入CO2、NH3AABBCCDD【考点】钠的重要化合物；氮的氧化物的性质及其对环境的影响；铝的化学性质；铁盐和亚铁盐的相互转变 【分析】ANO和氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮和水反应生成硝酸，浓硝酸和金属反应生成二氧化氮，稀硝酸和金属反应生成N
30、O；BAl和NaOH溶液生成偏铝酸钠，偏铝酸钠和过量稀盐酸反应生成氯化铝，氯化铝和过量氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，电解熔融氯化铝不能生成铝；C铁和稀盐酸反应生成氯化亚铁，氯化亚铁和氯气反应生成氯化铁，氯化铁和铁反应生成氯化亚铁，氯化铁不能生成铁；D氢氧化钠和过量二氧化碳反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠和稀盐酸反应生成氯化钠，氯化钠溶液中通入氨气和二氧化碳能生成碳酸氢钠，氯化钠溶液电解生成氢氧化钠【解答】解：ANO和氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮和水反应生成硝酸，浓硝酸和金属反应生成二氧化氮，稀硝酸和金属反应生成NO，所以能实现转化，故A正确；B电解熔融氯化铝时，氯化铝属于分子晶体，熔融状态下不导电，所
31、以不能生成Al，故B错误；C氯化铁和氯气不反应，所以不能生成铁，故C错误；DNaCl溶液中通入氨气和二氧化碳能生成碳酸氢钠，因为二氧化碳溶解性较小，所以先通入氨气后通入二氧化碳，故D错误；故选A【点评】本题考查物质之间的转化，明确物质的性质是解本题关键，注意电解熔融氯化铝不能冶炼铝，铁在氯气中燃烧无论铁是否过量都生成氯化铁，这些为易错点9短周期元素X、Y、Z、W 的原子序数依次增大，且原子最外层电子数之和为13X 的原子半径比Y 的小，X 与W 同主族，Z 是地壳中含量最高的元素下列说法正确的是( )A原子半径的大小顺序：r（Y）r（Z）r（W）B元素Z、W 的简单离子的电子层结构不同C元素Y
32、 的简单气态氢化物的热稳定性比Z 的强D只含X、Y、Z 三种元素的化合物，可能是离子化合物，也可能是共价化合物【考点】位置结构性质的相互关系应用 【专题】压轴题；元素周期律与元素周期表专题【分析】短周期元素X、Y、Z、W 的原子序数依次增大，Z 是地壳中含量最高的元素，Z为氧元素，X 的原子半径比Y 的小，则X不可能与Y处于同一周期，Y的原子序数小于氧元素，故Y处于第二周期，X处于第一周期，则X为氢元素，X与W同主族，故W为Na元素，四原子最外层电子数之和为13，则Y原子的最外层电子数为13116=5，故Y为氮元素，据此解答【解答】解：短周期元素X、Y、Z、W 的原子序数依次增大，Z 是地壳中
33、含量最高的元素，Z为氧元素，X 的原子半径比Y 的小，则X不可能与Y处于同一周期，Y的原子序数小于氧元素，故Y处于第二周期，X处于第一周期，则X为氢元素，X与W同主族，故W为Na元素，四原子最外层电子数之和为13，则Y原子的最外层电子数为13116=5，故Y为氮元素，A、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NaNO，即r（W）r（Y）r（Z），故A错误；B、O2、Na+离子的核外电子数都是10个电子，核外电子层结构相同，故B错误；C、同周期自左而右非金属性增强，故非金属性ON，非金属性越强气态氢化物越稳定，故氢化物稳定性H2ONH3，故C错误；D、由H、N、O三元
34、素组成的化合物中，若硝酸为共价化合物，硝酸铵为离子化合物，故D正确；故选D【点评】本题考查物质结构性质关系等，难度中等，推断元素是解题的关键，注意利用同周期原子半径大小关系确定X为氢元素10下列图示与对应的叙述相符的是( )A图1表示某吸热反应分别在有、无催化剂的情况下反应过程中的能量变化B图2表示0.1000molL1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000molL1CH3COOH溶液所得到的滴定曲线C图3表示KNO3的溶解度曲线，图中a点所示的溶液是80时KNO3的不饱和溶液D图4 表示某可逆反应生成物的量随反应时间变化的曲线，由图知t时反应物转化率最大【考点】反应热和焓变；溶解度、饱和
35、溶液的概念；物质的量或浓度随时间的变化曲线；中和滴定 【专题】图像图表题【分析】A、当反应物的能量高于生成物的能量时，反应是放热反应，催化剂是通过降低反应的活化能来加快化学反应速率的；B、强碱滴定醋酸溶液时，醋酸是弱酸不能完全电离；C、硝酸钾的溶解度随着温度的升高而增大；D、化学反应达到平衡状态时，反应物的转化率最高【解答】解：A、催化剂是通过降低反应的活化能来加快化学反应速率的，加入催化剂后活化能会降低，但是图中信息得出：反应物的能量高于生成物的能量，反应是放热反应，故A错误；B、强碱强氧化钠滴定醋酸溶液时，开始20.00mL0.1000molL1CH3COOH溶液pH大于1，故B错误；C、
36、硝酸钾的溶解度随着温度的升高而增大，溶解度曲线下方的点是不饱和溶液的点，故C正确；D、可逆反应达到平衡状态时，反应物的转化率最高，由图知反应物转化率最大在t时刻以后，故D错误故选C【点评】注意识图能力是解决问题的关键，考查学生对质的梳理和归纳能力，综合性较强，难度较大二、选择题（共5小题，每小题4分，满分20分）11下列有关说法正确的是( )A镀锌铁制品镀层受损后，铁制品比受损前更容易生锈B2NaHCO3（s）=Na2CO3（s）+CO2（g）+H2O（l）室温下不能自发进行，说明该反应的H0C加热0.1 molL1CH3COONa 溶液，CH3COO的水解程度和溶液的pH均增大DN2（g）+
37、3H2（g）2NH3（g）H0，其他条件不变时升高温度，反应速率v（H2 ）和H2的平衡转化率均增大【考点】金属的电化学腐蚀与防护；焓变和熵变；化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素；影响盐类水解程度的主要因素 【分析】A镀锌铁制品镀层破损在潮湿的空气中形成原电池，锌做负极被腐蚀；B反应自发进行的判断依据是HTS0；C加热促进盐的水解；D升高温度反应速率增大，平衡向吸热方向移动【解答】解：A镀锌铁制品镀层破损在潮湿的空气中形成原电池，锌做负极被腐蚀，Fe作正极被保护，所以铁不容易生锈，故A错误；B2NaHCO3（s）=Na2CO3（s）+CO2（g）+H2O（l）该反应的S0，室温下不能自
38、发进行，则HTS0，所以H0，故B错误；C加热促进盐的水解，加热0.1 molL1CH3COONa 溶液，CH3COO的水解程度和溶液中氢氧根离子的浓度增大，则溶液的pH均增大，故C正确；DN2（g）+3H2（g）2NH3（g）H0，其他条件不变时升高温度，反应速率v（H2 ）增大，平衡向吸热方向移动，即向逆方向移动，H2的平衡转化率减小，故D错误；故选C【点评】本题考查了自发进行的判断依据、原电池原理应用、平衡移动原理的分析判断、盐的水解等，题目难度中等，侧重于基础知识的综合应用的考查12去甲肾上腺素可以调控动物机体的植物性神经功能，其结构简式如图所示下列说法不正确的是( )A去甲肾上腺素分
39、子组成为C8H10NO3B去甲肾上腺素分子可以发生取代、加成、消去、缩聚等反应C每个去甲肾上腺素分子中含有2个手性碳原子D去甲肾上腺素既能与盐酸反应，又能与氢氧化钠溶液反应【考点】有机物的结构和性质 【分析】分子中含有酚羟基，可发生取代、氧化和显色反应，含有醇羟基，可发生取代、氧化和消去反应，含有氨基，具有碱性，可与酸反应，以此解答【解答】解：A由结构简式可知分子式为C8H11NO3，故A错误；B分子中含有酚羟基，可发生取代反应，含有苯环，可发生加成反应，含有羟基，可发生消去反应，含有酚羟基，可与醛发生缩聚反应，故B正确；C分子中连接4个不同基团或原子的碳原子为手性碳原子，由去甲肾上腺素分子结
40、构可知，与醇羟基连接的碳原子为手性碳原子，只有1个，故C错误；D酚羟基可与氢氧化钠反应，氨基可与盐酸反应，故D正确故选AC【点评】本题考查有机物结构与性质，为高频考点，难度中等，掌握官能团结构及其性质是关键，注意B选项中发生缩聚反应的特点13在探究新制饱和氯水成分的实验中，下列根据实验现象得出的结论不正确的是( )A氯水的颜色呈浅黄绿色，说明氯水中含有Cl2B向氯水中滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀，说明氯水中含有ClC向氯水中加入NaHCO3粉末，有气泡产生，说明氯水中含有H+D向FeCl2溶液中滴加氯水，溶液颜色变成棕黄色，说明氯水中含有HClO【考点】真题集萃；氯气的化学性质
41、【专题】卤族元素【分析】溶液中存在平衡Cl2+H2OHCl+HClO，只有氯气有颜色，为黄绿色，氯水中含有氯气而呈浅黄绿色，溶液中HCl与硝酸银反应产生AgCl白色沉淀，而溶液呈酸性，能与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，溶液中氯气、HClO都强氧化性，都可以将亚铁离子氧化为铁离子，而使溶液变为棕黄色【解答】解：溶液中存在平衡Cl2+H2OHCl+HClO，A只有氯气有颜色，为黄绿色，氯水呈浅黄绿色是由于含有氯气，故A正确；B溶液与硝酸银反应产生白色沉淀，只能是氯离子与银离子反应得到AgCl白色沉淀，说明氯水中含有Cl，故B正确；C溶液呈酸性，能与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，故C正确；D溶液中氯气、HC
42、lO都强氧化性，都可以将亚铁离子氧化为铁离子，而使溶液变为棕黄色，不能说明氯水中含有HClO，故D错误，故选D【点评】本题考查氯水的性质，难度不大，侧重对基础知识的考查，需要学生熟练掌握基础知识14在25mL 0.1mol/L NaOH溶液中逐滴加入0.2mol/L CH3COOH溶液，曲线如图所示，有关粒子浓度关系比较正确的( )A在A、B间任意一点，溶液中一定都有c（Na+）cCH3COO）c（OH）c（H+）B在B点，a12.5，且有c（Na+）=c（CH3COO）c（OH）=c（H+）C在C点：c（Na+）c（CH3COO）c（H+）c（OH）D在D点：c（CH3COO）+c（CH3C
43、OOH）=2 c（Na+）【考点】离子浓度大小的比较 【分析】A在A、B间当醋酸较少时，可能出现c（CH3COO）c（OH）；B当恰好完全反应时，所需醋酸的体积为12.5mL，当反应至溶液显中性时，醋酸应稍过量，且c（OH）=c（H+），注意根据电荷守恒思想来比较离子浓度大小；C在C点，溶液显酸性，则：c（H+）c（OH），根据电荷守恒可得：c（Na+）c（CH3COO）；D根据物料守恒判断溶液中离子浓度大小【解答】解：A在A、B间任一点，溶液中只存在四种离子有Na+、H+、CH3COO、OH，当醋酸较少时，可能出现c（CH3COO）c（OH），故A错误；B在B点溶液显中性，则c（OH）=c（
44、H+），而醋酸体积为12.5mL时恰好生成醋酸钠，溶液为碱性，若溶液为中性，则a应该大于12.5；根据电荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO）+c（OH），则一定有c（Na+）=c（CH3COO），溶液的成分为：反应生成的醋酸钠和剩余的醋酸，醋酸钠的水解程度和醋酸的电离程度相等，故：c（Na+）=c（CH3COO）c（OH）=c（H+），故B正确；C在C点，溶液显酸性，则：c（H+）c（OH），溶液中存在电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO）+c（OH），则：c（Na+）c（CH3COO），故C错误；D在D点时，醋酸剩余，剩余的醋酸的浓度和生成的醋酸钠浓度相等均为0
45、.05mol/l，根据物料守恒可得：c（CH3COO）+c（CH3COOH）=2c（Na+），故D正确；故选BD【点评】本题考查离子浓度大小比较、酸碱混合的定性判断，题目难度中等，明确反应后溶质组成为解答关键，并注意各种守恒思想的灵活利用，试题培养了学生灵活应用基础知识的能力15在一定温度下，将气体X和气体Y各0.16mol充入 10L恒容密闭容器中，发生反应X（g）+Y（g）2Z（g）H0，一段时间后达到平衡反应过程中测定的数据如下表：下列说法正确的是( )t/min2479n（Y）/mol0.120.110.100.10A反应前2min的平均速率v（Z）=4.0103mol/（Lmin）B
46、其他条件不变，降低温度，反应达到新平衡前v（逆）v（正）C该温度下此反应的平衡常数K=1.44D其他条件不变，再充入0.2molZ，平衡时X的体积分数增大【考点】化学平衡的计算；化学平衡建立的过程 【专题】化学平衡专题【分析】A、2min内Y物质的量变化为0.16mol0.12mol=0.04mol，求出Z的物质的量变化，根据v=计算v（Z）；B、根据温度对反应速率的影响分析；C、由表中数据可知7min时，反应到达平衡，根据平衡时Y的物质的量，利用三段式计算平衡时其它组分的物质的量，由于反应气体氢气的化学计量数相等，用物质的量代替浓度代入平衡常数表达式计算；D、再通入0.2 mol Z，等效为
47、在原平衡基础上增大压强，反应前后气体的体积不变，平衡不移动【解答】解：A、由表中数据可求得前2min内生成Z为0.08mol，故v（Z）=4103mol/（Lmin），故A正确；B、其他条件不变，升高温度，反应速率增大，则v（逆）和v（正）都增大，故B错误；C、由表中数据可知7min时，反应到达平衡，Y的物质的量为0.10mol，此时X的物质的量也为0.10mol，Z的物质的量也为0.12mol，X、Y、Z的物质的量浓度分别为：0.01molL1、0.01molL1、0.012molL1，故平衡常数K=1.44，故C正确；D、因该反应前后气体的体积不变，其他条件不变，再充入0.2 mol Z，
48、平衡等效，X的体积分数不变，故D错误故选AC【点评】本题考查化学反应速率、化学平衡常数、化学平衡的影响因素等，难度中等，注意C选项中对化学平衡常数的理解三、解答题（共5小题，满分68分）16工业上用重铬酸钠（Na2Cr2O7）结晶后的母液（含少量的Fe3+）生产重铬酸钾（K2Cr2O7）工业流程如图1及相关物质溶解度曲线如图2：（1）由Na2Cr2O7生产K2Cr2O7的化学方程式为：Na2Cr2O7+2KClK2Cr2O7+2NaCl；通过冷却大量析出K2Cr2O7的原因是：低温下K2Cr2O7的溶解度远小于其它组分，随温度的降低，K2Cr2O7的溶解度明显减小（2）向Na2Cr2O7母液中
49、加碱液调pH的目的是除去Fe3+（3）固体A主要为NaCl（填化学式）固体B主要为K2Cr2O7（填化学式）（4）向母液中加入KCl时，加热沸腾的原因是增大接触面积加快反应速率（5）用热水洗涤固体A，将回收洗涤液转移到母液中，操作目的是提高原料的使用率【考点】制备实验方案的设计 【分析】由流程可知，溶解后调节pH除去少量杂质Fe3+，过滤后蒸发结晶得到Na2Cr2O7，然后加入KCl发生Na2Cr2O7+2KClK2Cr2O7+2NaCl，加热沸腾，加快反应进行，结合溶解度图可知，低温下K2Cr2O7的溶解度较小，则冷却结晶得到K2Cr2O7，母液II蒸发浓缩只有析出NaCl（A），母液冷却结
50、晶主要得到K2Cr2O7（B），以此来解答【解答】解：由流程可知，溶解后调节pH除去少量杂质Fe3+，过滤后蒸发结晶得到Na2Cr2O7，然后加入KCl发生Na2Cr2O7+2KClK2Cr2O7+2NaCl，加热沸腾，加快反应进行，结合溶解度图可知，低温下K2Cr2O7的溶解度较小，则冷却结晶得到K2Cr2O7，母液II蒸发浓缩只有析出NaCl（A），母液冷却结晶主要得到K2Cr2O7，（1）由Na2Cr2O7生产K2Cr2O7的化学方程式为Na2Cr2O7+2KClK2Cr2O7+2NaCl，由溶解度图可知，低温下K2Cr2O7的溶解度远小于其它组分，随温度的降低，K2Cr2O7的溶解度明
51、显减小，则可通过冷却结晶析出大量K2Cr2O7晶体，故答案为：Na2Cr2O7+2KClK2Cr2O7+2NaCl；低温下K2Cr2O7的溶解度远小于其它组分，随温度的降低，K2Cr2O7的溶解度明显减小；（2）母液中含少量杂质Fe3+，向Na2Cr2O7母液中加碱液调pH的目的是除去Fe3+，故答案为：除去Fe3+；（3）由上述分析可知，A为NaCl，B为K2Cr2O7，故答案为：NaCl；K2Cr2O7；（4）向母液中加入KCl时，加热沸腾的原因是增大接触面积加快反应速率，故答案为：增大接触面积加快反应速率；（5）用热水洗涤固体A为氯化钠，氯化钠能溶于水，所以洗涤液中有一定量的氯化钠，所以
52、将回收洗涤液转移到母液中，可以提高原料的使用率，故答案为：提高原料的使用率【点评】本题考查了无机物制备流程，把握生产重铬酸钾的实验流程及溶解度的利用为解答的关键，注重分析能力、实验能力及知识综合应用能力的综合考查，题目难度中等17非诺洛芬是一种治疗类风湿性关节炎的药物，可通过以下方法合成：请回答下列问题（1）有机化合物B中的含氧官能团为醚键和羰基（填名称）（2）上述反应中，过程属于加成反应，过程属于取代反应（3）若过程发生的是取代反应，且另一种产物有HBr，写出由A到B发生反应的化学方程式（4）非诺洛芬的一种同分异构体满足下列条件：能与NaHCO3反应放出CO2，能与 FeCl3溶液发生显色反
53、应分子中有6 种不同化学环境的氢，且分子中含有两个苯环；写出符合条件的一种同分异构体的结构简式：、或（5）根据已有知识并结合相关信息，写出以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：CH3CH2BrCH3CH2OHCH3COOCH2CH3【考点】有机物的合成 【分析】A发生取代反应生成B，B发生还原反应生成C，C发生取代反应生成D，D发生取代反应生成E，E发生水解反应生成非诺洛芬，（1）B中含氧官能团是醚键和羰基；（2）比较B和C的结构可知，B发生加成（还原）反应生成C，比较D和E可知，D发生取代反应生成E；（3）A发生取代反应生成B，该取代反应中有一种物质是HBr，根
54、据B的结构简式结合原子守恒知，X结构简式为；（4）非诺洛芬的一种同分异构体满足下列条件：能与NaHCO3反应做出CO2，说明有羧基，能与FeCl3溶液发生显色反应，说明有酚羟基；：分子中有6种不同化学环境的氢，且分子中含有两个苯环，据此写同分异构体；（5）用发生题中转化关系中的得，再发生类似题中的反应，可得，再用与酯化得【解答】解：A发生取代反应生成B，B发生还原反应生成C，C发生取代反应生成D，D发生取代反应生成E，E发生水解反应生成非诺洛芬，（1）B中含氧官能团是醚键和羰基，故答案为：醚键；羰基；（2）比较B和C的结构可知，B发生加成（还原）反应生成C，比较D和E可知，D发生取代反应生成E
55、，故答案为：加成；取代；（3）A发生取代反应生成B，该取代反应中有一种物质是HBr，根据B的结构简式结合原子守恒知，X结构简式为，由A到B发生反应的化学方程式为，故答案为：；（4）非诺洛芬的一种同分异构体满足下列条件：能与NaHCO3反应做出CO2，说明有羧基，能与FeCl3溶液发生显色反应，说明有酚羟基；：分子中有6种不同化学环境的氢，且分子中含有两个苯环；则符合条件的结构简式为、，故答案为：、；（5）用发生题中转化关系中的得，再发生类似题中的反应，可得，再用与酯化得，所以其合成路线为，故答案为：【点评】本题考查有机合成，为高考高频点，侧重考查学生观察、分析、判断及知识综合应用能力，明确物质
56、结构、官能团及性质关系是解本题关键，利用题给信息采用知识迁移方法结合反应初始物和目标产物合成有机物，题目难度中等18硫酸钠过氧化氢加合物（xNa2SO4yH2O2zH2O）的组成可通过下列实验测定：准确称取1.7700g样品，配制成100.00mL溶液A准确量取25.00mL溶液A，加入盐酸酸化的BaCl2溶液至沉淀完全，过滤、洗涤、干燥至恒重，得到白色固体0.5825g准确量取25.00mL溶液A，加适量稀硫酸酸化后，用0.02000molL1KMnO4溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液25.00mLH2O2与KMnO4反应的离子方程式如下：2MnO4+5H2O2+6H+=2Mn2+8H2O
57、+5O2（1）已知室温下BaSO4的Ksp=1.11010，欲使溶液中c（SO42）1.0106 molL1，应保持溶液中c（Ba2+）1.1104molL1（2）上述滴定若不加稀硫酸酸化，MnO4被还原为MnO2，其离子方程式为2MnO4+3H2O2=2MnO2+3O2+2OH+2H2O（3）上述滴定到达终点的现象为溶液由无色变紫红色（4）通过计算确定样品的组成（写出计算过程）【考点】中和滴定；探究物质的组成或测量物质的含量 【专题】计算题【分析】（1）根据沉淀溶解平衡常数Ksp=c（SO42）c（Ba2+ ）来计算；（2）不加稀硫酸酸化，MnO4被还原为MnO2，双氧水被氧化生成氧气，根据
58、电荷守恒可知有氢氧根离子生成，再根据原子守恒判断是否有水生成，配平书写；（3）在酸性环境下，高锰酸根离子可以将亚铁离子氧化为三价铁离子，根据实验KMnO4溶液滴定达终点现象解答，当溶液由无色变成紫红色，并在半分钟后不褪去可判断滴定达到终点；（4）生成的白色固体0.5825g为硫酸钡，根据n=计算硫酸钡的物质的量，根据硫酸根守恒可知n（Na2SO4）=n（BaSO4）根据方程式计算25mL溶液中n（H2O2），再根据m=nM计算25mL溶液中硫酸钠、过氧化氢的质量，继而计算结晶水的质量，根据各物质的物质的量之比确定x：y：z，据此书写化学式【解答】解：（1）沉淀溶解平衡常数Ksp=c（SO42）
59、c（Ba2+ ），当c（SO42）1.0105 molL1，所以溶液中c（Ba2+ ）=1.1104mol/L，故答案为：1.1104；（2）不加稀硫酸酸化，MnO4被还原为MnO2，Mn元素共降低3价，双氧水被氧化生成氧气，氧元素共升高2价，化合价最小公倍数为6，故MnO4的系数为2、MnO2的系数为2，H2O2的系数为3、O2系数为3，根据电荷守恒可知有OH生成，其系数为2，由原子守恒可知，有水生成，其系数为2，反应离子方程式为：2MnO4+3H2O2=2MnO2+3O2+2OH+2H2O，故答案为：2MnO4+3H2O2=2MnO2+3O2+2OH+2H2O；（3）当高锰酸钾稍过量时，溶
60、液由无色变为浅紫色，当最后一滴KMnO4溶液滴下时，溶液突然由无色变紫红色，且30秒内不褪色，说明滴定达到了终点，故答案为：溶液由无色变紫红色；（4）n（Na2SO4）=n（BaSO4）=2.50103mol，根据2MnO4+5H2O2+6H+=2Mn2+8H2O+5O2可知，n（H2O2）=0.02000molL10.025L/=1.25103mol m（Na2SO4）=142gmol12.50103mol=0.355g m（H2O2）=34gmol11.25103mol=0.0425g n（H2O）=（1.7700g0.355g0.0425g）18gmol1=2.50103mol x：y：
61、z=n（Na2SO4）：n（H2O2）：n（H2O）=2：1：2 硫酸钠过氧化氢加合物的化学式为2Na2SO4H2O22H2O故答案为：2Na2SO4H2O22H2O【点评】本题属于物质组成分析与化学综合计算题，涉及氧化还原反应滴定、溶度积的计算、离子方程式书写等，难度中等，注意运用元素守恒进行推理计算，学习中紧紧抓住元素守恒守恒、质量守恒、电荷守恒、极端分析等化学常用分析方法19工业上常利用含硫废水生产Na2S2O35H2O，实验室可用如下装置（略去部分加持仪器）模拟生成过程烧瓶C中发生反应如下：Na2S（aq）+H2O（l）+SO2（g）=Na2SO3（aq）+H2S（aq） （）2H2S
62、（aq）+SO2（g）=3S（s）+2H2O（l）_ （）S（s）+Na2SO3（aq）Na2S2O3（aq）_ （）（1）装置A中发生的化学反应方程式为Na2SO3+H2SO4Na2SO4+SO2+H2O（2）为提高产品纯度，应使烧瓶C中Na2S和Na2SO3恰好完全反应，则烧瓶C中Na2S和Na2SO3物质的量之比为2：1（3）装置B的作用之一是观察SO2的生成速率，其中的液体最好选择ca蒸馏水b饱和Na2SO3溶液c饱和NaHSO3溶液 d饱和NaHCO3溶液实验中，为使SO2缓慢进入烧瓶C，采用的操作是控制滴加硫酸的速度（4）已知反应（）相对较慢，则烧瓶C中反应达到终点的现象是溶液变澄
63、清（或混浊消失），装置E的作用为吸收SO2防止污染空气（5）反应终止后，烧瓶C中的溶液经蒸发浓缩即可析出Na2S2O35H2O，其中可能含有Na2SO3、Na2SO4等杂质利用所给试剂设计实验，检测产品中是否存在Na2SO4，简要说明实验操作，现象和结论：取少量产品溶于足量稀盐酸中，静置，取上层清液（或过滤后取滤液），滴加BaCl2溶液，若出现白色沉淀则说明含有Na2SO4杂质已知：Na2S2O35H2O遇酸易分解：S2O32+2H+=S+SO2+H2O供选择的试剂：稀盐酸、稀硫酸、稀硝酸、BaCl2溶液、AgNO3溶液【考点】制备实验方案的设计 【分析】（1）根据装置图可知，A中的反应为浓硫
64、酸与亚硫酸钠反应生成二氧化硫；（2）C中Na2S和Na2SO3恰好完全反应，结合烧杯C中的反应分析；（3）观察SO2的生成速率，装置B中的溶液不能与二氧化硫反应也不能吸收二氧化硫，通过控制滴加硫酸的速度，可以控制产生二氧化硫的速率，据此答题；（4）根据C中发生的反应可知，烧瓶C中反应达到终点发生的反应为硫与亚硫酸钠反应生成硫代硫酸钠，反应尾气中有未反应的二氧化硫气体，会污染空气；（5）检测产品中是否存在Na2SO4，先加盐酸排除干扰，再利用氯化钡检验硫酸根离子；【解答】解：（1）根据装置图可知，A中的反应为浓硫酸与亚硫酸钠反应生成二氧化硫，反应的化学方程式为：Na2SO3+H2SO4Na2SO
65、4+SO2+H2O，故答案为：Na2SO3+H2SO4Na2SO4+SO2+H2O；（2）C中Na2S和Na2SO3恰好完全反应，由Na2S（aq）+H2O（l）+SO2（g）Na2SO3（aq）+H2S（aq）（）2H2S（aq）+SO2（g）3S（s）+2H2O（l）（）S（g）+Na2SO3（aq）Na2S2O3（aq）（）可知，（）2+（）+（）3，得到总反应为2Na2S（aq）+Na2SO3（aq）+3SO2（g）3Na2S2O3（aq），则C中Na2S和Na2SO3物质的量之比为2：1，故答案为：2：1；（3）观察SO2的生成速率，发生强酸制取弱酸的反应，a不生成二氧化硫，bd中物
66、质均与二氧化硫反应，只有c中饱和NaHSO3溶液适合制取二氧化硫，通过控制滴加硫酸的速度，可以控制产生二氧化硫的速率，所以为使SO2缓慢进入烧瓶C，采用的操作是控制滴加硫酸的速度，故答案为：c；控制滴加硫酸的速度；（4）根据C中发生的反应可知，烧瓶C中反应达到终点发生反应为硫与亚硫酸钠反应生成硫代硫酸钠，反应的现象为溶液变澄清（或混浊消失），反应尾气中有未反应的二氧化硫气体，会污染空气，所以要用E装置吸收SO2防止污染空气，故答案为：溶液变澄清（或混浊消失）；吸收SO2防止污染空气；（5）检测产品中是否存在Na2SO4，操作、现象和结论为取少量产品溶于足量稀盐酸中，静置，取上层清液（或过滤后取
67、滤液），滴加BaCl2溶液，若出现白色沉淀则说明含有Na2SO4杂质，故答案为：取少量产品溶于足量稀盐酸中，静置，取上层清液（或过滤后取滤液），滴加BaCl2溶液，若出现白色沉淀则说明含有Na2SO4杂质【点评】本题考查实验方案的分析与评价，涉及气密性检验、离子检验、对操作的分析评价、化学计算等，侧重实验分析能力及知识综合应用能力的考查，（2）为易错点，可以利用总反应的分析，题目难度中等20（14分）碳及其化合物应用广泛I工业上利用CO和水在沸石分子筛表面反应制氢气，CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）（1）向 1L恒容密闭容器中注入CO和H2O（g），830C时，测得部分数据如下
68、表t/min012345n（CO）/mol0.2000.1600.1250.0990.0800.080n（H2O）/mol0.3000.2600.2250.1990.1800.180则该温度下反应的平衡常数K=1（2）相同条件下，向 1L恒容密闭容器中，同时注入1molCO、1molH2O（g）、2molCO2和2molH2，此时v（正）v（逆）（填“”“=”或“”）；II已知：CO（g）+O2（g）=CO2（g）H1=141kJmol12H2（g）+O2（g）=2H2O（g）H2=484kJmol1CH3OH（l）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）H3=726kJmol1（3）利用C
69、O、H2化合制得液态甲醇的热化学方程式为CO（g）+2H2（g）=CH3OH（l）H=+101 kJ/mol一种新型氢氧燃料电池工作原理如图所示（4）写出电极A的电极反应式H22e+CO32=CO2+H2O放电过程中，溶液中的CO32将移向电极A（填A或B）（5）以上述电池电解饱和食盐水，若生成0.2mol Cl2，则至少需通入O2的体积为2.24L（标准状况）【考点】用化学平衡常数进行计算；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 【分析】（1）图表数据分析，反应在4min达到平衡，依据平衡常数概念计算，用生成物平衡浓度的幂次方乘积除以反应物的平衡浓度的幂次方乘积计算得到；（
70、2）依据反应的浓度商计算和该温度的平衡常数比较分析判断反应进行的方向；（3）依据热化学方程式和盖斯定律计算得到所需让热学方程式；（4）分析装置图是氢氧燃料电池，电解质为碳酸钾熔融盐，传导离子为碳酸根离子；依据原电池原理可知电极A为负极，氢气失电子在碱溶液中生成水，B为正极氧气得到电子生成氢氧根离子；（5）依据原电池和电解池中电极反应和电子守恒得到物质的定量关系进行计算【解答】解：（1）分析图表数据，4min达到平衡状态， CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）起始量（mol/L） 0.2 0.3 0 0 变化量（mol/L） 0.12 0.12 0.12 0.12平衡量（mol/L）
71、 0.08 0.18 0.12 0.12K=1，故答案为：1；（2）相同条件下，向1L恒容密闭容器中，同时注人1mol CO、1mol H2O（g），2mol CO2和2mol H2，浓度商Q=4K=1，反应逆向进行，此时v（正 ）v（逆），故答案为：；（3）已知CO（g）+O2（g）CO2（g）H=141kJmol1 2H2（g）+O2（g）2H2O（g）H=484kJmol1 CH3OH（l）+O2（g）CO2（g）+2H2O（g）Hl=726kJmol1 依据盖斯定律+得到CO、H2化合制得液态甲醇的热化学方程式：CO（g）+2H2（g）=CH3OH（l）H=+101 kJ/mol，故答
72、案为：CO（g）+2H2（g）=CH3OH（l）H=+101 kJ/mol；（4）装置图是氢氧燃料电池，电解质为碳酸钾熔融盐，传导离子为碳酸根离子；依据原电池原理可知电极A为负极，氢气失电子在碱溶液中生成水，A电极反应为：H22e+CO32=CO2+H2O；B为正极氧气得到电子生成氢氧根离子O2+2H2O+4e=4OH，CO32在A极放电，CO32移向A极，故答案为：H22e+CO32=CO2+H2O；A；（5）电池电解饱和食盐水，阳极生成0.2mol Cl2，电极反应2Cl2e=CL2，原电池中B为正极氧气得到电子生成氢氧根离子O2+2H2O+4e=4OH，依据电子守恒得到氯气和氧气的定量关
73、系：2CL2O2 ，生成氧气0.1mol，则至少需通人O2的体积标准状况下为2.24L，故答案为：2.24【点评】本题考查了化学平衡常数概念、原电池电极反应、电解池电子守恒的计算、原子结构的分析判断，化学平衡影响因素和计算的理解应用，掌握基础是解题关键，题目难度中等【选做题】（共1小题，满分12分）21周期表前四周期的元素A、B、C、D、E，原子序数依次增大A的核外电子总数与其周期数相同，B的价电子层中的未成对电子有3个，C的s能级电子总数与p能级电子总数相等，D与C同族；E的最外层只有1个电子，但次外层有18个电子回答下列问题：（1）E+离子的基态核外电子排布1s22s22p63s23p63
74、d10（2）B、C、D中第一电离能由大到小的顺序为NOS（填元素符号）（3）A和B、C两元素形成的两种共价化合物发生反应，生成BA4+离子，该离子的中心原子的杂化方式为sp3；与BA4+离子互为等电子体的一种分子为CH4（填化学式）（4）E的硫酸盐溶液中滴加过量的氨水可以生成配合物E（NH3）4SO4，1mol配合物中含有的键的数目为20NA（5）E和C（空心小球为C，实心小球为E）形成的一种离子化合物的晶体结构如图所示，则离子化合物的化学式为Cu2O【考点】位置结构性质的相互关系应用；原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；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
75、断 【分析】周期表前四周期的元素A、B、C、D、E，原子序数依次增大，A的核外电子总数与其周期数相同，则A为H元素，C的s能级电子总数与p能级电子总数相等，A和B、C两元素可以形成两种共价化合物，则C为O元素，D与C同族，则D为S元素；B的价电子层中的未成对电子有3个，则B为第A族元素，B的原子序数小于C，所以B为N元素，E的最外层只有1个电子，但次外层有18个电子，则E为29号Cu元素，据此答题【解答】解：周期表前四周期的元素A、B、C、D、E，原子序数依次增大，A的核外电子总数与其周期数相同，则A为H元素，C的s能级电子总数与p能级电子总数相等，A和B、C两元素可以形成两种共价化合物，则C
76、为O元素，D与C同族，则D为S元素；B的价电子层中的未成对电子有3个，则B为第A族元素，B的原子序数小于C，所以B为N元素，E的最外层只有1个电子，但次外层有18个电子，则E为29号Cu元素，（1）Cu+离子核外有28个电子，其基态核外电子排布为1s22s22p63s23p63d10，故答案为：1s22s22p63s23p63d10；（2）B、C、D分别是N、O、S元素中，元素的非金属性越强，其第一电离能越大，同一周期元素中，第一电离能随着原子序数的增大呈增大趋势，但第VA族元素大于相邻元素，所以N、O、S中第一电离能由大到小的顺序为NOS，故答案为：NOS；（3）A和B、C两元素形成的两种共
77、价化合物发生反应，生成NH4+离子，该离子的中心原子氮原子的价层电子对数为=4，所以氮原子的杂化方式为sp3杂化，与NH4+离子互为等电子体的一种分子为CH4，故答案为：sp3；CH4；（4）在配合物Cu（NH3）4SO4中，铜离子与氨分子之间有4个键，每个氨分子内部有3个键，硫酸根离子中有4个键，所以1mol配合物中含有的键的数目为（4+43+4）NA 个=20NA个，故答案为：20NA；（5）E和C形成的一种离子化合物的晶体结构如图1，c离子个数=1+8=2，e离子个数=4，所以该化合物为Cu2O，故答案为：Cu2O【点评】本题主要考查位置、结构与性质关系的综合应用，涉及核外电子排布、轨道杂化方式、等电子体、化学键、晶胞的结构等知识，题目难度中等，答题时注意观察图中晶胞的结构