1、2015-2016学年江苏省无锡市江阴市青阳中学高三（上）第一次质检化学试卷一、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生活中的一些问题常涉及到化学知识，下列叙述不正确的是（）A维生素C具有还原性，在人体内起抗氧化作用B“加碘食盐”、“含氟牙膏”、“富硒营养品”、“高钙牛奶”、“加铁酱油”等等，这里的碘、氟、硒指的是分子，钙、铁则分别是钙离子和铁离子C日本大地震后，防疫人员在震区周围撒石灰，进行环境消毒，防止灾后出现疫情D为防止中秋月饼等富脂食品氧化变质，常在包装袋中放入硫酸亚铁2下列化学用语表达正确的是（）A氯化钠的电子式：B丙烷分子的比例模型：CNa
2、HCO3的电离方程式NaHCO3=Na+H+CO32D质子数为53，中子数为78的碘原子： I3下列有关物质的性质叙述不正确的是（）A蛋白质水解的最终产物都是氨基酸B臭氧可用于自来水的消毒，是由于臭氧具有强的氧化性C工业上生产氨气时可以用分离出氨气的方法提高转化率，是利用氨易液化的性质D氧化铝能与氢氧化钠溶液反应，又能与盐酸反应，是因为氧化铝是两性氧化物4用NA代表阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（）A12g金刚石中所含的共价键数为4NAB标准状况下，11.2L SO3所含的氧原子数为1.5NAC常温下，1L0.1mol/L的NH4NO3溶液中铵根离子为0.1 NAD1mol 过氧化氢分解转移
3、NA电子5下列离子组一定能够大量共存的是（）A含ClO的溶液中：Fe3+、S042、NO3、K+B使石蕊试液显红色的溶液中：Fe2+、K+、NO3、CIC在c（H+）：c（OH）=1：1012的溶液中，Na+、I、NO3、SO42D能使有色布条褪色的溶液：K+、S032、NO3、Mg2+6用下列实验装置进行的实验，能达到相应的实验目的是（）A铜锌原电池B检验火柴头燃烧产生的SO2C分液操作D制取氨气7短周期元素X、Y、Z的原子序数依次递增，其原子的最外层电子数之和为13X与Y、Z位于相邻周期，Z原子最外层电子数是X原子内层电子数的3倍或者是Y原子最外层电子数的3倍则下列有关说法中正确的是（）A
4、X的氢化物溶于水显酸性BZ的氧化物的水化物一定是强酸CY的氧化物是离子化合物DX和Z的最高价氧化物对应的水化物都是弱酸8下列离子方程式书写正确的是（）A金属钠投入水中：Na+H2ONa+OH+H2B足量铁加入少量稀硝酸中：Fe+4H+NO3Fe3+NO+2H2OC向硫酸铝铵NH4Al（SO4）2溶液中滴加少量Ba（OH）2溶液NH4+Al3+2SO42+2Ba2+5OH=AlO2+2BaSO4+NH3H2O+2H2OD用银氨溶液检验乙醛中的醛基：CH3CHO+2Ag（NH3）2+2OHCH3COO+NH4+3NH3+2Ag+H2O9NaCI是一种化工原料，可以制备一系列物质（如图）下列说法正确
5、的是（）A常温时，NaHCO3在水中的溶解度比Na2CO3的大B石灰乳与Cl2的反应可用于制备漂白粉，漂白粉的主要成分是Ca（ClO）2和CaCl2C常温下干燥的Cl2能用钢瓶贮存，所以Cl2不与铁反应D图中所示转化反应都是氧化还原反应10按规定在食盐中添加一定量的碘化钾（KIO3）即成为可以为人体补充碘元素的“加碘食盐”KIO3可用在一定温度下电解KI水溶液的方法制得以下关于这一生产得叙述正确的是（）AKIO3在阳极产生，阴极产物为H2B可以用不锈钢棒作两个电极的材料C产生IO3离子的电极周围溶液pH增大D溶液中阳离子向阳极移动二、不定项选择题：本题包括5小题，每小题4分，共计20分每小题只
6、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头孢羟氨苄（如图）被人体吸收效果良好，疗效明显，且毒性反应极小，因而被广泛适用于敏感细菌所致的尿路感染、皮肤软组织感染以及急性扁桃体炎、急性咽炎、中耳炎和肺部感染等的治疗已知肽键可以在碱性条件下水解下列对头孢羟氨苄的说法中正确的是（）A头孢羟氨苄的化学式为C16H16N3O5SH2OB1mol头孢羟氨苄与NaOH溶液和浓溴水反应时，分别需要消耗NaOH 4mol和Br23molC在催化剂存在的条件下，1mol头孢羟氨苄消耗
7、7molH2D头孢羟氨苄能在空气中稳定存在12下列有关化学反应现象或化学原理的解释正确的是（）选项现象或反应原理解释AKI淀粉溶液中滴入氯水变蓝，再通入SO2，蓝色褪去SO2具有漂白性B合成氨反应需在高温条件下进行该反应为吸热反应C蒸馏时，温度计的球泡应靠近蒸馏烧瓶支管口处此位置指示的是被蒸馏物质的沸点D2CO=2C+O2在任何条件下均不能自发进行该反应H0，S0AABBCCDD13下列推断或表述正确的是（）A因为氯化铝是分子晶体，所以工业制备金属铝不采用电解氯化铝溶液，但工业制取金属镁可以采用电解氯化镁溶液的方法B25时，在Mg（OH）2的悬浊液中加入少量的NH4Cl固体c（Mg2+）增大C
8、鸡蛋清中加入2滴1%醋酸铅溶液后会产生沉淀，因为蛋白质发生了变性D在BaSO4悬浊液中加入饱和碳酸钠溶液，过滤、洗涤得固体，再加盐酸产生气体可证明Ksp（BaSO4）Ksp（BaCO3）14草酸是二元中强酸，草酸氢钠溶液显酸性常温下，向10mL 0.01molL1NaHC2O4溶液中滴加0.01molL1NaOH溶液，随着NaOH溶液体积的增加，溶液中离子浓度关系正确的是（）AV（NaOH）=0时，c（H+）=1102molL1BV（NaOH）10mL时，不可能存在c（Na+）=2c（C2O42）+c（HC2O4 ）CV（NaOH）=10 mL时，c（H+）=1107molL1DV（NaOH）
9、10 mL时，c（Na+）c（C2O42）c（HC2O4 ）15在溶液中，反应A+2BC分别在三种不同实验条件下进行，它们的起始浓度均为c（A）=0.100molL1，c（B）=0.200molL1，c（C）=0molL1反应物A的浓度随时间的变化如图所示下列说法正确的是（）A反应A+2BC的H0B若反应、的平衡常数分别为K1、K2，则K1K2C实验平衡时B的转化率为60%D减小反应的压强，可以使平衡时c（A）=0.060 molL1二、非选择题（共80分）16硫代硫酸钠（Na2S2O3）可由亚硫酸钠和硫粉通过化合反应制得已知：Na2S2O3在酸性溶液中不能稳定存在（1）某研究小组设计了制备N
10、a2S2O35H2O装置和部分操作步骤如下打开K1，关闭K2，向圆底烧瓶中加入足量浓硫酸，加热C中混合液被气流搅动，反应一段时间后，硫粉的量逐渐减少当C中溶液的pH接近7时即停止C中的反应，停止加热过滤C中的混合液将滤液加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、烘干，得到产品中，圆底烧瓶中发生反应的化学方程式是中，“当C中溶液的pH接近7时即停止C中的反应”的原因是“停止C中的反应”的操作是中，“过滤”用到的玻璃仪器是（填仪器名称）装置B中盛放的试剂是（填化学式）溶液，其作用是（2）依据反应2S2O32+I2=S4O62+2I，可用I2的标准溶液测定产品的纯度取5.5g产品，配制成100mL溶液取10m
11、L溶液，以淀粉溶液为指示剂，用浓度为0.050mol/L I2的标准溶液进行滴定，相关数据记录如表所示编号1234溶液的体积/mL10.0010.0010.0010.00消耗I2标准溶液的体积/mL19.9919.9817.1320.03判断达到滴定终点的现象是Na2S2O35H2O在产品中的质量分数是（计算结果保留1位小数）17氢氧化镁用于制药工业，还是重要的绿色阻燃剂治疗胃酸过多药物Stmoache的有效成分为Mg（OH）2（1）该药物治疗胃酸（主要成分为盐酸）过多症时反应的离子式方程式为；已知：H2O（g）=H2（g）+O2（g）H1=+242kJmol1Mg（s）+2H2O（g）=Mg
12、（OH）2（s）+H2（g）H2=441kJmol1Mg（s）+O2（g）=MgO（s）H3=602kJmol1（2）氢氧化镁分解的热化学方程式为；某工厂用六水合氯化镁和粗石灰制取的氢氧化镁含有少量氢氧化铁杂质，通过如下流程进行提纯精制获得阻燃剂氢氧化镁（3）步骤中加入保险粉（Na2S2O4）的作用：（4）已知EDTA只能与溶液中的Fe2+反应生成易溶于水的物质，不与Mg（OH）2反应虽然Fe（OH）2难溶于水，但步骤中随着EDTA的加入，最终能够将Fe（OH）2除去并获得纯度高的Mg（OH）2请从沉淀溶解平衡的角度加以解释；为研究不同分离提纯条件下所制得阻燃剂的纯度从而确定最佳提纯条件，某研
13、究小组各取等质量的下列4组条件下制得的阻燃剂进行含铁量的测定，结果如下：精制阻燃剂的条件阻燃剂铁含量序号提纯体系温度/加入EDTA质量/g加入保险粉质量/gW（Fe）/（104g）1400.050.057.632400.050.106.833600.050.106.834600.100.106.51（5）若不考虑其它条件，根据上表数据，制取高纯度阻燃剂最佳条件是（填字母）4060EDTA质量为0.05gEDTA质量为0.10g 保险粉质量为0.05g 保险粉质量为0.10gABCD18非金属元素氮有多种氧化物，如NO、NO2、N2O4等（1）一定温度下，反应2NO2（g）N2O4 （g）S0，
14、该反应能自发进行的原因是H0（选填“=”、“”、“”）（2）对反应2NO2（g）N2O4（g），在温度为T1、T2时，平衡体系中NO2的体积分数随压强变化曲线如图所示下列说法正确的是AA、C两点的反应速率：ACBB、C两点的气体的平均相对分子质量：BCCA、C两点气体的颜色：A深，C浅D由状态B到状态A，可以用加热的方法（3）在100时，将0.400mol的NO2气体充入2L抽空的密闭容器中，每隔一定时间就对该容器内的物质进行分析，得到如表数据：时间（s）020406080n（NO2）/mol0.40n10.26n3n4n（N2O4）/mol0.000.05n20.080.08在上述条件下，从
15、反应开始直至20s时，二氧化氮的平均反应速率为2NO2（g）N2O4（g）该反应的平衡常数K的值为；若100时的某时刻测得c（NO2）=1.00mol/L，c（N2O4）=0.20mol/L，则该时刻的v正v逆（填“”、“”或“=”），升高温度后，反应2NO2N2O4的平衡常数K将（填“增大”、“减小”或“不变”）若在相同情况下最初向该容器充入的是N2O4气体，要达到上述同样的平衡状态，N2O4的起始浓度是molL119工业上以锂辉石（Li2OA12O34SiO2，含少量Ca、Mg元素）为原料生产碳酸锂其部分工艺流程如下：已知：Li2OAl2O34SiO2+H2SO4（浓）Li2SO4+Al2
16、O34SiO2H2O某些物质的溶解度（S）如表所示T/20406080S（Li2CO3）/g1.331.171.010.85S（Li2SO4）/g34.232.831.930.7（1）从滤渣1中分离出Al2O3的部分流程如图所示，括号表示加入的试剂，方框表示所得到的物质则步骤中反应的离子方程式是（2）已知滤渣2的主要成分有Mg（OH）2和CaCO3向滤液1中加入石灰乳的作用是（运用化学平衡移动原理解释）（3）向滤液2中加入饱和Na2CO3溶液，过滤后，用“热水洗涤”的原因是（4）工业上，将Li2CO3粗品制备成高纯Li2CO3的部分工艺如下a将Li2CO3溶于盐酸作电解槽的阳极液，LiOH溶液
17、作阴极液，两者用离子选择透过膜隔开，用惰性电极电解b电解后向LiOH溶液中加入过量NH4HCO3溶液，过滤、烘干得高纯Li2CO3a中，阳极的电极反应式是b中，生成Li2CO3反应的化学方程式是20黄酮醋酸（F）具有独特抗癌活性，它的合成路线如下：已知：RCN在酸性条件下发生水解反应：RCNRCOOH（1）写出A转化为B的化学方程式（2）F分子中有3个含氧官能团，名称分别为羰基、和（3）E在酸性条件下水解的产物可通过缩聚反应生成高分子化合物，该高分子化合物的结构简式为（4）写出符合下列条件的D的两种同分异构体的结构简式分子中有4种化学环境不同的氢原子可发生水解反应，且一种水解产物能与FeCl3
18、发生显色反应，另一种水解产物能发生银镜反应（5）对羟基苯乙酸乙酯（）是一种重要的医药中间体写出以A和乙醇为主要原料制备对羟基苯乙酸乙酯的合成路线流程图（无机试剂任选）合成路线流程图示例如下：“物质结构与性质”21（1）第A、A元素组成的化合物GaN、GaP、GaAs等是人工合成的新型半导体材料，其晶体结构与单晶硅相似Ga原子的电子排布式为在GaN晶体中，与同一个Ga原子相连的N原子构成的空间构型为在四大晶体类型中，GaN属于晶体（2）铜、铁元素能形成多种配合物微粒间形成配位键的条件是：一方是能够提供孤电子对的原子或离子，另一方是具有的原子或离子（3）如图1，CuCl2溶液与乙二胺（H2NCH2
19、CH2NH2）可形成配离子：请回答下列问题：H、N、O三种元素的电负性由大到小的顺序是SO2分子的空间构型为与SnCl4互为等电子体的一种离子的化学式为乙二胺分子中氮原子轨道的杂化类型为乙二胺和三甲胺N（CH3）3均属于胺，但乙二胺比三甲胺的沸点高的多，原因是（3）中所形成的配离子中含有的化学键类型有a配位键 b极性键 c离子键 d非极性键CuCl的晶胞结构如图2所示，其中Cl原子的配位数为2015-2016学年江苏省无锡市江阴市青阳中学高三（上）第一次质检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生活中的一些问题常涉及到化学
20、知识，下列叙述不正确的是（）A维生素C具有还原性，在人体内起抗氧化作用B“加碘食盐”、“含氟牙膏”、“富硒营养品”、“高钙牛奶”、“加铁酱油”等等，这里的碘、氟、硒指的是分子，钙、铁则分别是钙离子和铁离子C日本大地震后，防疫人员在震区周围撒石灰，进行环境消毒，防止灾后出现疫情D为防止中秋月饼等富脂食品氧化变质，常在包装袋中放入硫酸亚铁【考点】维生素在人体中的作用；微量元素对人体健康的重要作用；常见的食品添加剂的组成、性质和作用【分析】根据维生素C的作用为还原剂，抗氧化作用；通常我们说的加什么的物品，通常指加入的某种元素；石灰具有杀菌的作用，且价格低廉，可以用于大面积的杀菌消毒；亚硫酸铁具有还原
21、性，用来做抗氧化剂等知识点来解题【解答】解：A维生素C具有还原性，可以在人体内起抗氧化的作用，故A正确；B加碘食盐等几种都是指加入相应的元素，故B错误；C石灰具有杀菌消毒的作用，可以使细菌和病毒细胞变性，故C正确；D硫酸亚铁具有还原性，可以与氧化剂反应，防止氧化变质，故D正确；故选B2下列化学用语表达正确的是（）A氯化钠的电子式：B丙烷分子的比例模型：CNaHCO3的电离方程式NaHCO3=Na+H+CO32D质子数为53，中子数为78的碘原子： I【考点】电子式、化学式或化学符号及名称的综合【分析】A氯化钠为离子化合物，电子式中需要标出阴阳离子所带电荷；B为球棍模型，比例模型主要体现出各原子
22、的相对体积大小；C碳酸氢钠电离出钠离子和碳酸氢根离子，碳酸氢根离子不能拆开；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离子化合物的电子式中应该标出所带电荷，氯化钠正确的电子式为，故A错误；B为丙烷的球棍模型，丙烷的比例模型为：，故B错误；CNaHCO3电离出钠离子和碳酸氢根离子，正确的电离方程式为：NaHCO3=Na+HCO3，故C错误；D质子数为53，中子数为78的碘原子的质量数为131，该原子可以表示为： I，故D正确；故选D3下列有关物质的性质叙述不正确的是（）A蛋白质水解的最终产物都是氨基酸B臭氧可用于自来水的消毒，是由于臭氧具有强的氧化性C工业上
23、生产氨气时可以用分离出氨气的方法提高转化率，是利用氨易液化的性质D氧化铝能与氢氧化钠溶液反应，又能与盐酸反应，是因为氧化铝是两性氧化物【考点】氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；物质的组成、结构和性质的关系【分析】A天然蛋白质的水解产物是氨基酸；B臭氧有强氧化性，能杀菌消毒；C常采用分离产物的方法促进平衡正移，提高转化率；D氧化铝是两性氧化物；【解答】解：A蛋白质水解产物是氨基酸，天然蛋白质的水解产物是氨基酸，故A错误；B臭氧具有强氧化性，则可用于自来水的消毒，故B正确；C工业上生产氨气时常采用液化氨气，使氨气分离出来，促进平衡正移，提高反应物的转化率，故C正确；D氧化铝是两性氧化物，既可与盐酸反
24、应又能与氢氧化钠溶液反应生成盐和水，故D正确；故选A4用NA代表阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（）A12g金刚石中所含的共价键数为4NAB标准状况下，11.2L SO3所含的氧原子数为1.5NAC常温下，1L0.1mol/L的NH4NO3溶液中铵根离子为0.1 NAD1mol 过氧化氢分解转移NA电子【考点】阿伏加德罗常数【分析】A、求出金刚石的物质的量，然后根据1mol金刚石中含2mol共价键来分析；B、标况下三氧化硫为固体；C、铵根离子为弱碱阳离子，在溶液中会水解；D、过氧化氢分解反应为歧化反应【解答】解：A、12g金刚石的物质的量为1mol，而1mol金刚石中含2mol共价键，故含2N
25、A条共价键，故A错误；B、标况下三氧化硫为固体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量和含有的氧原子个数，故B错误；C、铵根离子为弱碱阳离子，在溶液中会水解，故溶液中铵根离子个数小于0.1NA个，故C错误；D、过氧化氢分解反应为歧化反应：2H2O2=2H2O+O2，此反应中，1mol双氧水分解转移NA个电子，故D正确故选D5下列离子组一定能够大量共存的是（）A含ClO的溶液中：Fe3+、S042、NO3、K+B使石蕊试液显红色的溶液中：Fe2+、K+、NO3、CIC在c（H+）：c（OH）=1：1012的溶液中，Na+、I、NO3、SO42D能使有色布条褪色的溶液：K+、S032、NO3、Mg
26、2+【考点】离子共存问题【分析】A铁离子与次氯酸根离子发生双水解反应；B使石蕊试液显红色的溶液为酸性溶液，硝酸根离子在酸性条件下能够氧化亚铁离子；Cc（H+）：c（OH）=1：1012的溶液呈碱性，四种离子之间不反应，都不与氢氧根了反应；D能使有色布条褪色的溶液具有强氧化性，能够氧化亚硫酸根离子，镁离子与亚硫酸根离子反应【解答】解：AClO、Fe3+之间发生双水解反应，在溶液中不能大量共存，故A错误；B使石蕊试液显红色的溶液为酸性溶液，Fe2+、NO3在酸性条件下发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故B错误；Cc（H+）：c（OH）=1：1012的溶液为碱性溶液，溶液中存在大量氢氧根离子，
27、Na+、I、NO3、SO42之间不反应，都不与氢氧根离子反应，在溶液中能够大量共存，故C正确；D能使有色布条褪色的溶液具有强氧化性，能够氧化S032，S032、Mg2+之间发生反应，在溶液中不能大量共存，故D错误；故选C6用下列实验装置进行的实验，能达到相应的实验目的是（）A铜锌原电池B检验火柴头燃烧产生的SO2C分液操作D制取氨气【考点】化学实验方案的评价【分析】A离子不能向两极定向移动；B进气管太短，没有插入到液面以下；C分液漏斗下端应紧贴烧杯内壁；D氨气易挥发，碱石灰具有吸水作用【解答】解：A没有形成闭合回路，离子不能向两极定向移动，不能形成原电池，故A错误；B进气管太短，应将进气管插入
28、到液面以下，故B错误；C分液漏斗下端应紧贴烧杯内壁，防止液体飞溅，故C错误；D水与生石灰反应放热，促进氨气挥发，碱石灰具有吸水作用，氨气密度比水小，可用向下排空法收集，故D正确故选D7短周期元素X、Y、Z的原子序数依次递增，其原子的最外层电子数之和为13X与Y、Z位于相邻周期，Z原子最外层电子数是X原子内层电子数的3倍或者是Y原子最外层电子数的3倍则下列有关说法中正确的是（）AX的氢化物溶于水显酸性BZ的氧化物的水化物一定是强酸CY的氧化物是离子化合物DX和Z的最高价氧化物对应的水化物都是弱酸【考点】位置结构性质的相互关系应用；元素周期律和元素周期表的综合应用【分析】短周期元素X、Y、Z的原子
29、序数依次递增，Z原子最外层电子数是X原子内层电子数的3倍或者Y原子最外层电子数的3倍，则X的内层电子数为2，Z的最外层电子数为6，Y的最外层电子数为2，原子的最外层电子数之和为13，则X的最外层电子数为1362=5，所以X为N，Y为Mg，Z为S，然后结合元素及其化合物性质来解答【解答】解：短周期元素X、Y、Z的原子序数依次递增，Z原子最外层电子数是X原子内层电子数的3倍或者Y原子最外层电子数的3倍，则X的内层电子数为2，Z的最外层电子数为6，Y的最外层电子数为2，原子的最外层电子数之和为13，则X的最外层电子数为1362=5，所以X为N，Y为Mg，Z为S，AX为N元素，N的氢化物为氨气，溶于水
30、显碱性，故A错误；BZ为S，二氧化硫对应的水化物为弱酸，故B错误；CY为Mg，其氧化物为MgO，属于离子化合物，故C正确；DX和Z的最高价氧化物对应的水化物分别为硝酸、硫酸，都是强酸，故D错误；故选C8下列离子方程式书写正确的是（）A金属钠投入水中：Na+H2ONa+OH+H2B足量铁加入少量稀硝酸中：Fe+4H+NO3Fe3+NO+2H2OC向硫酸铝铵NH4Al（SO4）2溶液中滴加少量Ba（OH）2溶液NH4+Al3+2SO42+2Ba2+5OH=AlO2+2BaSO4+NH3H2O+2H2OD用银氨溶液检验乙醛中的醛基：CH3CHO+2Ag（NH3）2+2OHCH3COO+NH4+3NH
31、3+2Ag+H2O【考点】离子方程式的书写【分析】A电子不守恒；B反应生成硝酸亚铁、NO和水；C滴加少量Ba（OH）2溶液，反应生成硫酸钡、氢氧化铝；D发生银镜反应，生成乙酸铵、Ag、氨气和水【解答】解：A金属钠投入水中的离子反应为2Na+2H2O2Na+2OH+H2，故A错误；B足量铁加入少量稀硝酸中的离子反应为3Fe+8H+2NO33Fe2+2NO+4H2O，故B错误；C向硫酸铝铵NH4Al（SO4）2溶液中滴加少量Ba（OH）2溶液的离子反应为2Al3+3SO42+3Ba2+6OH=2Al（OH）3+3BaSO4，故C错误；D用银氨溶液检验乙醛中的醛基的离子反应为CH3CHO+2Ag（N
32、H3）2+2OHCH3COO+NH4+3NH3+2Ag+H2O，故D正确；故选D9NaCI是一种化工原料，可以制备一系列物质（如图）下列说法正确的是（）A常温时，NaHCO3在水中的溶解度比Na2CO3的大B石灰乳与Cl2的反应可用于制备漂白粉，漂白粉的主要成分是Ca（ClO）2和CaCl2C常温下干燥的Cl2能用钢瓶贮存，所以Cl2不与铁反应D图中所示转化反应都是氧化还原反应【考点】电解原理【分析】A根据其阴离子的水解程度判断；B根据氯气与氢氧化钙的反应分析；C铁能在氯气中燃烧生成棕黄色的烟FeCl3；D根据元素的化合价是否变化判断【解答】解：A碳酸根的第一步水解（水解后生成碳酸氢根和氢氧根
33、）的平衡常数比碳酸氢根要大许多碳酸根水解要比碳酸氢根容易得多，所以溶解度较大，且溶解的快，故A错误；B石灰乳与Cl2的反应可用于制备漂白粉，2Ca（OH）2+2Cl2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O，漂白粉的主要成分是Ca（ClO）2和CaCl2，故B正确；C铁能在氯气中燃烧生成棕黄色的烟FeCl3，则在一定条件下，Fe与氯气能反应，3Cl2+2Fe2FeCl3，故C错误；D、氯化钠和水、氨气、二氧化碳的反应以及碳酸氢钠的分解反应都不是氧化还原反应，故D错误故选B10按规定在食盐中添加一定量的碘化钾（KIO3）即成为可以为人体补充碘元素的“加碘食盐”KIO3可用在一定温度下电解KI水溶
34、液的方法制得以下关于这一生产得叙述正确的是（）AKIO3在阳极产生，阴极产物为H2B可以用不锈钢棒作两个电极的材料C产生IO3离子的电极周围溶液pH增大D溶液中阳离子向阳极移动【考点】电解原理【分析】根据题意，电解KI水溶液时，阳极反应为：I6e+6OH=I03+3H2O，阴极反应为：2H+2e=H2，电解时应用惰性电极做电极材料，否则在阳极上放电的不是I离子，阳极反应消耗OH离子，阳极区的PH减小，电解池工作时，阴离子向阳极移动，阳离子向阴极移动【解答】解：A、电解KI水溶液时，阳极反应为：I6e+6OH=I03+3H2O，阴极反应为：2H+2e=H2，故A正确；B、电解时应用惰性电极做电极
35、材料，否则在阳极上放电的不是I离子，导致电解得不到所需物质，故B错误；C、根据阳极反应：I6e+6OH=I03+3H2O，可知阳极反应消耗OH离子，阳极区的PH减小，故C错误；D、电解池工作时，阴离子向阳极移动，阳离子向阴极移动，故D错误故选A二、不定项选择题：本题包括5小题，每小题4分，共计20分每小题只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头孢羟氨苄（如图）被人体吸收效果良好，疗效明显，且毒性反应极小，因而被广泛适用于敏感细菌所致的尿路感染、皮肤软组织感染
36、以及急性扁桃体炎、急性咽炎、中耳炎和肺部感染等的治疗已知肽键可以在碱性条件下水解下列对头孢羟氨苄的说法中正确的是（）A头孢羟氨苄的化学式为C16H16N3O5SH2OB1mol头孢羟氨苄与NaOH溶液和浓溴水反应时，分别需要消耗NaOH 4mol和Br23molC在催化剂存在的条件下，1mol头孢羟氨苄消耗7molH2D头孢羟氨苄能在空气中稳定存在【考点】有机物的结构和性质【分析】由结构简式可知分子式，分子中含酚OH、碳碳双键、COOH、氨基及CONH，结合苯酚、烯烃、氨基酸、肽键性质来解答【解答】解：A头孢羟氨苄的化学式为C15H16N3O5S，故A错误；B酚OH、COOH及2个肽键均与Na
37、OH反应，酚OH的两个邻位、碳碳双键与溴水反应，则1mol头孢羟氨苄与NaOH溶液和浓溴水反应时，分别需要消耗NaOH 4mol和Br23mol，故B正确；C苯环、碳碳双键均可与氢气发生加成反应，羰基在肽键和羧基中不能与氢气加成，则在催化剂存在的条件下，1mol头孢羟氨苄消耗4molH2，故C错误；D分子中含有酚羟基，在空气中可被氧化，不能稳定存在，故D错误故选B12下列有关化学反应现象或化学原理的解释正确的是（）选项现象或反应原理解释AKI淀粉溶液中滴入氯水变蓝，再通入SO2，蓝色褪去SO2具有漂白性B合成氨反应需在高温条件下进行该反应为吸热反应C蒸馏时，温度计的球泡应靠近蒸馏烧瓶支管口处此
38、位置指示的是被蒸馏物质的沸点D2CO=2C+O2在任何条件下均不能自发进行该反应H0，S0AABBCCDD【考点】化学实验方案的评价【分析】A氯气和碘离子反应生成碘，碘遇淀粉试液变蓝色，二氧化硫能还原碘生成碘离子；B合成氨的反应是放热反应；C蒸馏时，温度计测定馏分温度；D如果G=HTS0时，该反应能自发进行，否则不能自发进行【解答】解：A氯气和碘离子反应生成碘，碘遇淀粉试液变蓝色，二氧化硫能还原碘生成碘离子导致溶液褪色，该反应中二氧化硫体现还原性而不是漂白性，故A错误；B合成氨的反应是放热反应，需要高温是加快反应速率缩短反应时间，故B错误；C蒸馏时，温度计测定馏分温度，所以蒸馏时，温度计的球泡
39、应靠近蒸馏烧瓶支管口处，此位置指示的是被蒸馏物质的沸点，故C正确；D如果G=HTS0时，该反应能自发进行，否则不能自发进行，如果2CO=2C+O2在任何条件下均不能自发进行，则只要G=HTS0即可，但该反应中不一定是H0、S0，故D错误；故选C13下列推断或表述正确的是（）A因为氯化铝是分子晶体，所以工业制备金属铝不采用电解氯化铝溶液，但工业制取金属镁可以采用电解氯化镁溶液的方法B25时，在Mg（OH）2的悬浊液中加入少量的NH4Cl固体c（Mg2+）增大C鸡蛋清中加入2滴1%醋酸铅溶液后会产生沉淀，因为蛋白质发生了变性D在BaSO4悬浊液中加入饱和碳酸钠溶液，过滤、洗涤得固体，再加盐酸产生气
40、体可证明Ksp（BaSO4）Ksp（BaCO3）【考点】化学实验方案的评价；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质【分析】A电解氯化镁溶液生成氢氧化镁、氢气、氯气；B加入少量的NH4Cl，促进Mg（OH）2的溶解平衡正向移动；C醋酸铅为重金属盐，能使蛋白质发生变性；D加入饱和碳酸钠溶液，Qc（BaCO3）Ksp（BaCO3），则生成碳酸钡沉淀，不发生沉淀的转化【解答】解：AMg、Al均为活泼金属，均利用电解法冶炼，因为氯化铝是分子晶体，所以工业制备金属铝不采用电解氯化铝溶液，工业制取金属镁可以采用电解熔融氯化镁的方法，故A错误；B加入少量的NH4Cl，铵根离子结合氢氧根离子，促进氢氧化镁溶解，溶
41、液c（Mg2+）增大，故B正确；C醋酸铅为重金属盐，能使蛋白质发生变性，则鸡蛋清中加入2滴1%醋酸铅溶液后会产生沉淀，因为蛋白质发生了变性，故C正确；D加入饱和碳酸钠溶液，Qc（BaCO3）Ksp（BaCO3），则生成碳酸钡沉淀，不发生沉淀的转化，则该实验不能比较Ksp（BaSO4）、Ksp（BaCO3）大小，故D错误；故选BC14草酸是二元中强酸，草酸氢钠溶液显酸性常温下，向10mL 0.01molL1NaHC2O4溶液中滴加0.01molL1NaOH溶液，随着NaOH溶液体积的增加，溶液中离子浓度关系正确的是（）AV（NaOH）=0时，c（H+）=1102molL1BV（NaOH）10mL
42、时，不可能存在c（Na+）=2c（C2O42）+c（HC2O4 ）CV（NaOH）=10 mL时，c（H+）=1107molL1DV（NaOH）10 mL时，c（Na+）c（C2O42）c（HC2O4 ）【考点】离子浓度大小的比较；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算【分析】A草酸是二元中强酸，V（NaOH）=0时，NaHC2O4不能完全电离出H+；BV（NaOH）10mL时，溶液中溶质为NaHC2O4、Na2C2O4；CV（NaOH）=10 mL时，溶液中溶质为Na2C2O4；DV（NaOH）10 mL时，溶液中溶质为NaOH、Na2C2O4【解答】解：A草酸是二元中强酸，V（NaOH）=0
43、时，NaHC2O4不能完全电离出H+，则c（H+）1102molL1，故A错误；BV（NaOH）10mL时，溶液中溶质为NaHC2O4、Na2C2O4，当电离等于水解，即c（H+）=c（OH），所以存在c（Na+）=2c（C2O42）+c（HC2O4 ），故B错误；CV（NaOH）=10 mL时，溶液中溶质为Na2C2O4，溶液显碱性，则c（H+）1107molL1，故C错误；DV（NaOH）10 mL时，溶液中溶质为NaOH、Na2C2O4，C2O42水解生成HC2O4，则离子浓度为c（Na+）c（C2O42）c（HC2O4 ），故D正确；故选D15在溶液中，反应A+2BC分别在三种不同实验
44、条件下进行，它们的起始浓度均为c（A）=0.100molL1，c（B）=0.200molL1，c（C）=0molL1反应物A的浓度随时间的变化如图所示下列说法正确的是（）A反应A+2BC的H0B若反应、的平衡常数分别为K1、K2，则K1K2C实验平衡时B的转化率为60%D减小反应的压强，可以使平衡时c（A）=0.060 molL1【考点】化学平衡的影响因素；化学平衡的计算【分析】在溶液中，压强对化学平衡无影响，且起始浓度不变，应为催化剂与温度对反应的影响，与比较，缩短达到平衡的时间，因催化剂能加快化学反应速度率，化学平衡不移动，所以为使用催化剂；与比较，缩短达到平衡的时间，平衡时A的浓度减小，
45、因升高温度，化学反应速度率加快，化学平衡移动，平衡时A的浓度减小；A依据升高温度平衡向吸热方向移动判断解答；B平衡常数只与温度有关；C由图可知，实验平衡时A的浓度为0.06mol/L，计算A的浓度变化量，再利用方程式计算B的浓度变化量，进而计算平衡时B的转化率；D在溶液中，压强对化学平衡无影响；【解答】解：在溶液中，压强对化学平衡无影响，且起始浓度不变，应为催化剂与温度对反应的影响，与比较，缩短达到平衡的时间，因催化剂能加快化学反应速度率，化学平衡不移动，所以为使用催化剂；与比较，缩短达到平衡的时间，平衡时A的浓度减小，因升高温度，化学反应速度率加快，化学平衡移动，平衡时A的浓度减小；A依据升
46、高温度平衡向吸热方向移动，对比可知，升高温度A的浓度降低，则平衡正向移动，正向为吸热反应，H0，故A正确；B由图象分析可知相比，为使用催化剂，使用催化剂不能改变反应的平衡常数，所以K1=K2，故B错误；C由图可知，实验平衡时A的浓度为0.06mol/L，故A的浓度变化量0.1mol/L0.06mol/L=0.04mol/L，由方程式可知B的浓度变化量为0.04mol/L2=0.08mol/L，故平衡时B的转化率为100%=40%，故C错误；D在溶液中，压强对化学平衡无影响，改变压强平衡不移动，故D错误；故选：A二、非选择题（共80分）16硫代硫酸钠（Na2S2O3）可由亚硫酸钠和硫粉通过化合反
47、应制得已知：Na2S2O3在酸性溶液中不能稳定存在（1）某研究小组设计了制备Na2S2O35H2O装置和部分操作步骤如下打开K1，关闭K2，向圆底烧瓶中加入足量浓硫酸，加热C中混合液被气流搅动，反应一段时间后，硫粉的量逐渐减少当C中溶液的pH接近7时即停止C中的反应，停止加热过滤C中的混合液将滤液加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、烘干，得到产品中，圆底烧瓶中发生反应的化学方程式是Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2+2H2O中，“当C中溶液的pH接近7时即停止C中的反应”的原因是Na2S2O3在酸性溶液中不能稳定存在“停止C中的反应”的操作是打开K2，关闭K1中，“过滤”用到的玻璃仪器是（
48、填仪器名称）漏斗、玻璃棒、烧杯装置B中盛放的试剂是（填化学式）NaOH溶液，其作用是在C中的反应停止后，吸收A中产生的多余SO2，防止空气污染（2）依据反应2S2O32+I2=S4O62+2I，可用I2的标准溶液测定产品的纯度取5.5g产品，配制成100mL溶液取10mL溶液，以淀粉溶液为指示剂，用浓度为0.050mol/L I2的标准溶液进行滴定，相关数据记录如表所示编号1234溶液的体积/mL10.0010.0010.0010.00消耗I2标准溶液的体积/mL19.9919.9817.1320.03判断达到滴定终点的现象是加入最后一滴I2标准溶液后，溶液变蓝，且半分钟内颜色不改变Na2S2
49、O35H2O在产品中的质量分数是（计算结果保留1位小数）90.2%【考点】制备实验方案的设计【分析】（1）在加热条件下，铜和浓硫酸发生氧化还原反应生成二氧化硫，所以A中发生的反应为Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2+2H2O；打开K1，关闭K2，在C中Na2CO3和S、SO2反应生成Na2S2O3，Na2S2O3溶液具有弱碱性和较强的还原性，所以酸性条件下不能存在，二氧化硫不能完全反应且二氧化硫有毒，会污染空气，所以用NaOH吸收未反应的SO2；C中溶液的pH接近7时即停止C中的反应，打开K2，关闭K1，二氧化硫有毒，应该用B中溶液吸收二氧化硫，二氧化硫属于酸性氧化物，且有还原性，所以
50、可以碱性物质或氧化性物质吸收二氧化硫，铜和浓硫酸反应生成硫酸铜和二氧化硫气体；根据题目Na2S2O3在酸性溶液中不能稳定存在的信息判断；根据过滤操作所需仪器判断；二氧化硫不能排放到空气中，应有尾气处理装置；（2）Na2S2O3反应完毕，再加入碘的标准溶液，碘与淀粉变蓝色；第3次实验消耗标准液的体积与其它3次相差比较大，应舍弃，1、2、4次实验的标准液平均值为消耗标准液体积，由方程式可知n（Na2S2O35H2O）=n（S2O32）=2n（I2），进而计算Na2S2O35H2O在产品中的质量分数【解答】解：（1）在加热条件下，铜和浓硫酸发生氧化还原反应生成二氧化硫，所以A中发生的反应为Cu+2H
51、2SO4（浓）CuSO4+SO2+2H2O；打开K1，关闭K2，在C中Na2CO3和S、SO2反应生成Na2S2O3，Na2S2O3溶液具有弱碱性和较强的还原性，所以酸性条件下不能存在，二氧化硫不能完全反应且二氧化硫有毒，会污染空气，所以用NaOH吸收未反应的SO2；C中溶液的pH接近7时即停止C中的反应，打开K2，关闭K1，二氧化硫有毒，应该用B中溶液吸收二氧化硫，二氧化硫属于酸性氧化物，且有还原性，所以可以碱性物质或氧化性物质吸收二氧化硫，浓硫酸具有强氧化性，在加热的条件下能氧化单质铜，反应的化学方程式是Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2+2H2O，故答案为：Cu+2H2SO4（浓
52、）CuSO4+SO2+2H2O；生成的SO2和碳酸钠反应生成亚硫酸钠和CO2，由于Na2S2O3在酸性溶液中不能稳定存在，所以C中碳酸钠的作用是起反应物作用及提供碱性环境，“停止C中的反应”的操作是打开K2，关闭K1，故答案为：Na2S2O3在酸性溶液中不能稳定存在；打开K2，关闭K1；过滤时的主要玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒，故答案为：漏斗、玻璃棒、烧杯；SO2是大气污染物，需要尾气处理，则装置B中盛放的试剂是氢氧化钠溶液，用来吸收SO2，防止污染环境，故答案为：NaOH；在C中的反应停止后，吸收A中产生的多余SO2，防止空气污染；（2）加入最后一滴I2标准溶液后，溶液变蓝，且半分钟内颜色不
53、改变，说明Na2S2O3反应完毕，滴定到达终点，故答案为：加入最后一滴I2标准溶液后，溶液变蓝，且半分钟内颜色不改变；第3次实验消耗标准液的体积与其它3次相差比较大，应舍弃，1、2、4次实验的标准液平均值为消耗标准液体积，即消耗标准液体积为mL=20mL，由2S2O32+I2S4O62+2I，可知5.5g样品中n（Na2S2O35H2O）=n（S2O32）=2n（I2）=20.02L0.05mol/L=0.02mol，则m（Na2S2O35H2O）=0.02mol248g/mol=4.96g，则Na2S2O35H2O在产品中的质量分数为100%=90.2%，故答案为：90.2%17氢氧化镁用于
54、制药工业，还是重要的绿色阻燃剂治疗胃酸过多药物Stmoache的有效成分为Mg（OH）2（1）该药物治疗胃酸（主要成分为盐酸）过多症时反应的离子式方程式为Mg（OH）2+2H+=Mg2+2H2O；已知：H2O（g）=H2（g）+O2（g）H1=+242kJmol1Mg（s）+2H2O（g）=Mg（OH）2（s）+H2（g）H2=441kJmol1Mg（s）+O2（g）=MgO（s）H3=602kJmol1（2）氢氧化镁分解的热化学方程式为Mg（OH）2（s）=MgO（s）+H2O（g）；H=81KJ/mol；某工厂用六水合氯化镁和粗石灰制取的氢氧化镁含有少量氢氧化铁杂质，通过如下流程进行提纯精
55、制获得阻燃剂氢氧化镁（3）步骤中加入保险粉（Na2S2O4）的作用：将氢氧化铁还原为氢氧化亚铁（4）已知EDTA只能与溶液中的Fe2+反应生成易溶于水的物质，不与Mg（OH）2反应虽然Fe（OH）2难溶于水，但步骤中随着EDTA的加入，最终能够将Fe（OH）2除去并获得纯度高的Mg（OH）2请从沉淀溶解平衡的角度加以解释Fe（OH）2悬浊液中存在如下平衡：Fe（OH）2（s）=Fe2+（aq）+2OH（aq）当不断滴入EDTA时，EDTA将结合Fe 2+促使平衡向右移动而使Fe（OH）2不断溶解；为研究不同分离提纯条件下所制得阻燃剂的纯度从而确定最佳提纯条件，某研究小组各取等质量的下列4组条件
56、下制得的阻燃剂进行含铁量的测定，结果如下：精制阻燃剂的条件阻燃剂铁含量序号提纯体系温度/加入EDTA质量/g加入保险粉质量/gW（Fe）/（104g）1400.050.057.632400.050.106.833600.050.106.834600.100.106.51（5）若不考虑其它条件，根据上表数据，制取高纯度阻燃剂最佳条件是C（填字母）4060EDTA质量为0.05gEDTA质量为0.10g 保险粉质量为0.05g 保险粉质量为0.10gABCD【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用【分析】（1）氢氧化镁和盐酸反应产生氯化镁和水，根据元素守恒和电荷守恒书写离子方程式；（2）Mg
57、（s）+2H2O（g）=Mg（OH）2（s）+H2（g）H1=441kJmol1 H2O（g）=H2（g）+O2（g）H2=242kJmol1Mg（s）+O2（g）=MgO（s）H3=602kJmol1根据盖斯定律可知，将方程式+得氢氧化镁分解的热化学方程式；（3）保险粉（Na2S2O4）具有还有性，可以将氢氧化铁还原为氢氧化亚铁；（4）Fe（OH）2悬浊液中存在如下平衡：Fe（OH）2（s）=Fe2+（aq）+2OH（aq）当不断滴入EDTA时，EDTA将结合Fe 2+促使平衡向右移动；（5）观察实验2、3知，其它条件相同时，温度不同，铁含量相同，采取低温能抑制氢氧化镁的溶解，所以采用低温较
58、好，选40，观察实验3、4知，其它条件相同时，EDTA质量越大，含铁量越低，所以选取EDTA质量为0.10g，观察实验1、2知，其它条件相同时，保险粉质量越大，含铁量越低，所以选取保险粉质量为0.10g，据此答题；【解答】解：（1）氢氧化镁和盐酸反应产生氯化镁和水，反应的离子方程式为Mg（OH）2+2H+=Mg2+2H2O，故答案为：Mg（OH）2+2H+=Mg2+2H2O；（2）Mg（s）+2H2O（g）=Mg（OH）2（s）+H2（g）H1=441kJmol1 H2O（g）=H2（g）+O2（g）H2=242kJmol1Mg（s）+O2（g）=MgO（s）H3=602kJmol1根据盖斯定
59、律可知，将方程式+得：Mg（OH）2（s）=MgO（s）+H2O（g）；H=81KJ/mol，故答案为：Mg（OH）2（s）=MgO（s）+H2O（g）；H=81KJ/mol；（3）保险粉（Na2S2O4）可以将氢氧化铁还原为氢氧化亚铁，发生的离子方程式为：6Fe（OH）3+S2O42+2OH=6Fe（OH）2+2SO42+4H2O， 故答案为：将氢氧化铁还原为氢氧化亚铁；（4）Fe（OH）2悬浊液中存在如下平衡：Fe（OH）2（s）=Fe2+（aq）+2OH（aq）当不断滴入EDTA时，EDTA将结合Fe 2+促使平衡向右移动而使Fe（OH）2不断溶解，故答案为：Fe（OH）2悬浊液中存在如
60、下平衡：Fe（OH）2（s）=Fe2+（aq）+2OH（aq）当不断滴入EDTA时，EDTA将结合Fe 2+促使平衡向右移动而使Fe（OH）2不断溶解；（5）观察实验2、3知，其它条件相同时，温度不同，铁含量相同，采取低温能抑制氢氧化镁的溶解，所以采用低温较好，选40，观察实验3、4知，其它条件相同时，EDTA质量越大，含铁量越低，所以选取EDTA质量为0.10g，观察实验1、2知，其它条件相同时，保险粉质量越大，含铁量越低，所以选取保险粉质量为0.10g故选C18非金属元素氮有多种氧化物，如NO、NO2、N2O4等（1）一定温度下，反应2NO2（g）N2O4 （g）S0，该反应能自发进行的原
61、因是H0（选填“=”、“”、“”）（2）对反应2NO2（g）N2O4（g），在温度为T1、T2时，平衡体系中NO2的体积分数随压强变化曲线如图所示下列说法正确的是DAA、C两点的反应速率：ACBB、C两点的气体的平均相对分子质量：BCCA、C两点气体的颜色：A深，C浅D由状态B到状态A，可以用加热的方法（3）在100时，将0.400mol的NO2气体充入2L抽空的密闭容器中，每隔一定时间就对该容器内的物质进行分析，得到如表数据：时间（s）020406080n（NO2）/mol0.40n10.26n3n4n（N2O4）/mol0.000.05n20.080.08在上述条件下，从反应开始直至20s
62、时，二氧化氮的平均反应速率为0.0025mol（Ls）12NO2（g）N2O4（g）该反应的平衡常数K的值为2.8；若100时的某时刻测得c（NO2）=1.00mol/L，c（N2O4）=0.20mol/L，则该时刻的v正v逆（填“”、“”或“=”），升高温度后，反应2NO2N2O4的平衡常数K将减小（填“增大”、“减小”或“不变”）若在相同情况下最初向该容器充入的是N2O4气体，要达到上述同样的平衡状态，N2O4的起始浓度是0.10molL1【考点】化学平衡的影响因素；化学平衡的计算【分析】（1）反应能自发进行，则HTS0，S0时，必须H0；（2）N2O4（g）2NO2（g）H=+57kJm
63、ol1，该反应为吸热反应，升高温度，化学平衡正向移动，NO2的体积分数增大；增大压强，化学平衡逆向移动，NO2的体积分数减小a、A、C两点都在等温线上，压强越大，反应速率越快；b、根据B，C两点平衡体系中NO2的体积分数相等来判断，据此判断；c、增大压强平衡向逆反应进行，向逆反应进行是减小由于压强增大导致浓度增大趋势，但到达平衡仍比原平衡浓度大；d、压强相同，升高温度，化学平衡正向移动，NO2的体积分数增大，A点NO2的体积分数大；（3）根据v=来计算v（N2O4），利用速率之比等于化学计量数之比计算v（NO2）；计算此时的浓度商Qc，与平衡常数比较判断反应进行分析，据此判断正逆速率大小；反应
64、2NO2N2O4是放热反应，温度升高，平衡体系向着吸热的方向进行，判断K的变化情况；该容器只充入的是N2O4气体，恒温恒容下，要达到上述同样的平衡状态，为等效平衡，按化学计量数转化应得到0.4mol的NO2，据此计算N2O4的起始浓度【解答】解：（1）反应能自发进行，则HTS0，S0时，必须H0；故答案为：；（2）A由图象可知，A、C两点都在等温线上，C的压强大，则A、C两点的反应速率：AC，故A错误；BB，C两点平衡体系中NO2的体积分数相等，气体的平均相对分子质量：B=C，故B错误；C由图象可知，A、C两点都在等温线上，C的压强大，与A相比C点平衡向逆反应进行，向逆反应进行是由于减小体积增
65、大压强，平衡移动的结果降低NO2浓度增大趋势，但到达平衡仍比原平衡浓度大，平衡时NO2浓度比A的浓度高，NO2为红棕色气体，则A、C两点气体的颜色：A浅，C深，故C错误；D升高温度，化学平衡正向移动，NO2的体积分数增大，由图象可知，A点NO2的体积分数大，则T1T2，由状态B到状态A，可以用加热的方法，故D正确；故选D；（3）从反应开始直至20s时，v（NO2）=0.00125mol/（Ls），速率之比等于化学计量数之比，故v（NO2）=2v（N2O4）=0.0025mol（Ls）1，故答案为：0.0025mol（Ls）1；0.400mol的NO2气体充入2L抽空的密闭容器中， 2NO2（g
66、）N2O4（g）初始浓度：0.2 0变化浓度：0.08 0.04平衡浓度：0.12 0.04K=2.8，此时的浓度商Qc=0.2，小于平衡常数2.8，反应向正反应进行，则该时刻的v正v逆，反应2NO2N2O4是放热反应，温度升高，平衡体系向着吸热的方向进行，平衡常数K减小故答案为：；减小；该容器只充入的是N2O4气体，恒温恒容下，要达到上述同样的平衡状态，为等效平衡，按化学计量数转化应得到0.4mol的NO2，故起始充入的N2O4气体物质的量为0.4mol=0.2mol，N2O4的起始浓度是 =0.1molL1，故答案为：0.119工业上以锂辉石（Li2OA12O34SiO2，含少量Ca、Mg
67、元素）为原料生产碳酸锂其部分工艺流程如下：已知：Li2OAl2O34SiO2+H2SO4（浓）Li2SO4+Al2O34SiO2H2O某些物质的溶解度（S）如表所示T/20406080S（Li2CO3）/g1.331.171.010.85S（Li2SO4）/g34.232.831.930.7（1）从滤渣1中分离出Al2O3的部分流程如图所示，括号表示加入的试剂，方框表示所得到的物质则步骤中反应的离子方程式是Al3+3NH3H2O=Al（OH）3+3NH4+（2）已知滤渣2的主要成分有Mg（OH）2和CaCO3向滤液1中加入石灰乳的作用是（运用化学平衡移动原理解释）增加Ca2+、OH的浓度，有利
68、于Mg（OH）2、CaCO3的析出（3）向滤液2中加入饱和Na2CO3溶液，过滤后，用“热水洗涤”的原因是Li2CO3的溶解度随温度升高而减小，热水洗涤可减少Li2CO3的损失（4）工业上，将Li2CO3粗品制备成高纯Li2CO3的部分工艺如下a将Li2CO3溶于盐酸作电解槽的阳极液，LiOH溶液作阴极液，两者用离子选择透过膜隔开，用惰性电极电解b电解后向LiOH溶液中加入过量NH4HCO3溶液，过滤、烘干得高纯Li2CO3a中，阳极的电极反应式是2C12e=Cl2b中，生成Li2CO3反应的化学方程式是2LiOH+NH4HCO3=Li2CO3+NH3+2H2O【考点】物质分离和提纯的方法和基
69、本操作综合应用【分析】根据Li2OAl2O34SiO2+H2SO4（浓）Li2SO4+Al2O34SiO2H2O可知锂辉石（Li2OAl2O34SiO2，含少量Ca，Mg元素）经过研磨、加热、浓硫酸酸化得到可溶性的硫酸锂、少量硫酸钙、少量硫酸镁和不溶的Al2O34SiO2H2O，经过过滤，得到滤渣1：Al2O34SiO2H2O，向滤液1中加入石灰乳、碳酸钠，使Mg（OH）2、CaCO3更利于析出，以便形成滤渣2，过滤得到滤液2为硫酸锂溶液，向滤液2中加入饱合碳酸钠溶液，得到碳酸锂，热水洗涤Li2CO3，其溶解度随温度升高而减小，可减少Li2CO3的损失，得到最终产物碳酸锂，（1）步骤中铝离子与
70、氨水反应生成氢氧化铝沉淀；（2）石灰乳是氢氧化钙，提供氢氧根离子和钙离子，更完全的沉淀镁离子和碳酸根离子；（3）依据图表分析可知碳酸锂溶解度随温度升高减小；（4）Li2CO3溶于盐酸作电解槽的阳极液，阳极液中离子失电子，发生氧化反应，所以阳极反应为2C12e=Cl2，阴极反应为2H+2e=H2，离子选择透过膜只允许阳离子通过，电解过程中，Li+向阴极移动，而阴极电解后富余大量的OH，阳极的Li+通过离子选择透过膜到阴极，这样阴极就得到比较纯净的LiOH；电解后向LiOH溶液中加入过量NH4HCO3溶液，氢氧化锂与碳酸氢铵反应生成碳酸锂【解答】解：根据Li2OAl2O34SiO2+H2SO4（浓
71、）Li2SO4+Al2O34SiO2H2O可知锂辉石（Li2OAl2O34SiO2，含少量Ca，Mg元素）经过研磨、加热、浓硫酸酸化得到可溶性的硫酸锂、少量硫酸钙、少量硫酸镁和不溶的Al2O34SiO2H2O，经过过滤，得到滤渣1：Al2O34SiO2H2O，向滤液1中加入石灰乳、碳酸钠，使Mg（OH）2、CaCO3更利于析出，以便形成滤渣2，过滤得到滤液2为硫酸锂溶液，向滤液2中加入饱合碳酸钠溶液，得到碳酸锂，热水洗涤Li2CO3，其溶解度随温度升高而减小，可减少Li2CO3的损失，得到最终产物碳酸锂，（1），滤渣1是Al2O34SiO2H2O，先加酸溶解，然后过滤出不溶物二氧化硅，步骤中在
72、铝离子的酸溶液中滴入氨水，生成氢氧化铝沉淀，所以步骤反应是铝离子生成氢氧化铝的反应，反应离子方程式为：Al3+3NH3H2O=Al（OH）3+3NH4+，故答案为：Al3+3NH3H2O=Al（OH）3+3NH4+；（2）石灰乳是氢氧化钙，提供氢氧根离子和钙离子，更完全的沉淀镁离子和碳酸根离子，故答案为：增加Ca2+、OH的浓度，有利于Mg（OH）2、CaCO3的析出；（3）向滤液2中加入饱和Na2CO3溶液，过滤后，用“热水洗涤”，图表中碳酸锂溶解度随温度升高减小，减少沉淀的损失，故答案为：Li2CO3的溶解度随温度升高而减小，热水洗涤可减少Li2CO3的损失；（4）Li2CO3溶于盐酸作电
73、解槽的阳极液，阳极液中氯离子失电子，发生氧化反应，所以阳极反应为2C12e=Cl2，故答案为：2C12e=Cl2；电解后向LiOH溶液中加入过量NH4HCO3溶液，氢氧化锂与碳酸氢铵反应生成碳酸锂的方程式为：2LiOH+NH4HCO3=Li2CO3+NH3+2H2O，故答案为：2LiOH+NH4HCO3=Li2CO3+NH3+2H2O20黄酮醋酸（F）具有独特抗癌活性，它的合成路线如下：已知：RCN在酸性条件下发生水解反应：RCNRCOOH（1）写出A转化为B的化学方程式（2）F分子中有3个含氧官能团，名称分别为羰基、醚键和羧基（3）E在酸性条件下水解的产物可通过缩聚反应生成高分子化合物，该高
74、分子化合物的结构简式为（4）写出符合下列条件的D的两种同分异构体的结构简式分子中有4种化学环境不同的氢原子可发生水解反应，且一种水解产物能与FeCl3发生显色反应，另一种水解产物能发生银镜反应（5）对羟基苯乙酸乙酯（）是一种重要的医药中间体写出以A和乙醇为主要原料制备对羟基苯乙酸乙酯的合成路线流程图（无机试剂任选）合成路线流程图示例如下：【考点】有机物的合成【分析】（1）A为，与乙酸酐发生取代反应生成B；（2）根据官能团的结构简式判断官能团的种类；（3）E水解产物含有羧基和羟基，可发生缩聚反应；（4）D的两种同分异构体可发生水解反应，且一种水解产物含有酚羟基，另一种水解产物含有醛基，则应为甲酸
75、与酚羟基形成的酯；（5）在光照条件下反应，产物与NaCN在乙醇作用下反应，水解后发生酯化反应可生成产物【解答】解：（1）A为，发生酯化反应生成B，反应的方程式为，故答案为：；（2）由结构简式可知F分子中有3个含氧官能团，名称分别为醚键、羰基、羧基，故答案为：醚键；羧基；（3）E含有CN，水解产物含有羧基和羟基，可发生酯化反应，生成物为，故答案为：；（4）D的两种同分异构体可发生水解反应，且一种水解产物含有酚羟基，另一种水解产物含有醛基，则应为甲酸与酚羟基形成的酯，对应的结构简式可为，故答案为：；（5）在光照条件下反应，产物与NaCN在乙醇作用下反应，水解后发生酯化反应可生成产物，流程为，故答案
76、为：“物质结构与性质”21（1）第A、A元素组成的化合物GaN、GaP、GaAs等是人工合成的新型半导体材料，其晶体结构与单晶硅相似Ga原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p1在GaN晶体中，与同一个Ga原子相连的N原子构成的空间构型为正四面体在四大晶体类型中，GaN属于原子晶体（2）铜、铁元素能形成多种配合物微粒间形成配位键的条件是：一方是能够提供孤电子对的原子或离子，另一方是具有能够接受孤电子对的空轨道的原子或离子（3）如图1，CuCl2溶液与乙二胺（H2NCH2CH2NH2）可形成配离子：请回答下列问题：H、N、O三种元素的电负性由大到小的顺序是ONHSO2分
77、子的空间构型为V形与SnCl4互为等电子体的一种离子的化学式为SO42、SiO44乙二胺分子中氮原子轨道的杂化类型为sp3杂化乙二胺和三甲胺N（CH3）3均属于胺，但乙二胺比三甲胺的沸点高的多，原因是乙二胺分子间可以形成氢键，三甲胺分子间不能形成氢键（3）中所形成的配离子中含有的化学键类型有abda配位键 b极性键 c离子键 d非极性键CuCl的晶胞结构如图2所示，其中Cl原子的配位数为4【考点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；原子核外电子排布；判断简单分子或离子的构型；配合物的成键情况【分析】（1）Ga是31号元素，其基态原子核外有31个电子，根据构造原理书写其原子核外电子排布式；单晶硅是S
78、i正四面体向空间延伸的立体网状结构，为原子晶体，GaN晶体结构与单晶硅相似，GaN属于原子晶体，与同一个Ga原子相连的N原子构成的空间构型为与但晶硅中Si的结构相似；（2）微粒间形成配位键的条件是：一方是能够提供孤电子对的原子或离子，另一方是具有能够接受孤电子对的空轨道的原子或离子；（3）根据电负性的变化规律比较电负性大小；根据判断SO2分子含有的键以及孤电子对数判断空间构型，根据SnCl4含有的最外层电子数为50，以及含有5个原子判断等电子体；根据价层电子对数判断乙二胺分子中氮原子的杂化类型，根据是否含有氢键分析二者熔沸点高低不同的原因；根据成键原子的特点判断化学键类型；根据晶体结构特点分析
79、Cl原子的配位数【解答】解：（1）Ga原子是31号元素，Ga原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p1；GaN晶体结构与单晶硅相似，GaN属于原子晶体，每个Ga原子与4个N原子相连，与同一个Ga原子相连的N原子构成的空间构型为正四面体，故答案为：1s22s22p63s23p63d104s24p1；正四面体；原子；（2）微粒间形成配位键的条件是：一方是能够提供孤电子对的原子或离子，另一方是具有能够接受孤电子对的空轨道的原子或离子，故答案为：能够接受孤电子对的空轨道；（3）在元素周期表中同一周期从左到右元素的电负性逐渐增强，同一主族从上到下元素的电负性逐渐减弱，可知电负性
80、强弱顺序为ONH，故答案是：ONH；SO2分子中含有2个键，孤电子对数=1，所以分子为V形，SnCl4含有的价层电子数为50，并含有5个原子，与之为电子体的离子有SO42、SiO44等，故答案为：V形； SO42、SiO44等；乙二胺分子中氮原子形成4个键，价层电子对数为4，氮原子为sp3杂化，乙二胺分子间可以形成氢键，物质的熔沸点较高，而三甲胺分子间不能形成氢键，熔沸点较低，故答案为：sp3杂化；乙二胺分子间可以形成氢键，三甲胺分子间不能形成氢键；（3）中所形成的配离子中含有的化学键中N与Cu之间为配位键，CC键为非极性键，CN、NH、CH键为极性键，不含离子键，故答案为：abd； 从CuCl的晶胞可以判断，每个铜原子与4个Cl距离最近且相等，即Cu的配位数为4，根据化学式可知Cl的配位数也为4，故答案为：42016年12月20日
