1、高考资源网（） 您身边的高考专家2015-2016学年江西省吉安一中高三（上）第三次段考化学试卷一、选择题（每小题3分，共48分）1化学与环境保护、工业生产、生活等密切相关下列说法正确的是（）A使用可再生资源、用超临界二氧化碳替代有机溶剂、注重原子的经济性、采用低能耗生产工艺等都是绿色化学的内容B食盐、食醋、食用油均可用作食品添加剂，都属于有机物C碳酸钡、碳酸氢钠、氢氧化铝均可作为抗酸药物使用D石油分馏、煤的气化、海水晒盐、碱去油污、花生中提取花生油等过程都是物理变化2下列关于纯净物、混合物、电解质、非电解质的正确组合为（）纯净物混合物电解质非电解质A盐酸冰水混合物硫酸干冰B蒸馏水碱石灰氧化铝
2、二氧化硫C水银水玻璃铁碳酸钙D食醋水煤气氯化铜乙醇AABBCCDD3下列实验操作能达到目的是（）A分离碘酒中的碘酒B蒸发C检查装置气密性D读取气体体积4设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A1.0L 1.0molL1CH3COOH溶液中，CH3COOH分子数为NAB7.8g Na2S与Na2O2的混合物中阴离子数大于0.1NAC常温常压下，17g甲基（14CH3）所含的中子数为9NAD标准状况下，含有lmol硫原子的SO2与SO3的混合物，其体积小于22.4L5有机物的一氯代物可能的结构有（不考虑立体异构）（）A6种B8种C11种D15种6在混合体系中，确认化学反应先后顺序有利于问
3、题的解决，下列反应先后顺序判断正确的是（）A在含等物质的量的FeBr2、FeI2的溶液中缓慢通入Cl2：I、Br、Fe2+B在含等物质的量的Fe3+、Cu2+、H+的溶液中加入Zn：Fe3+、Cu2+、H+、Fe2+C在含等物质的量的Ba（OH）2、KOH的溶液中通入CO2：KOH、Ba（OH）2、BaCO3、K2CO3D在含等物质的量的AlO2、OH、CO32溶液中，逐滴加入盐酸：AlO2、Al（OH）3、OH、CO327已知反应：10AgF+5Cl2+5H2O=9AgCl+AgClO3+10HF+O2 下列关于该反应的叙述不正确的是（）A该反应中，氧化剂与还原剂物质的量之比为9：5B当反应
4、中有1mol电子转移时，被还原氯气物质的量为molC每产生1mol O2时，被氧元素还原的氯气物质的量为2molD参加反应的水有被氧化8常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）0.1molL1NaAlO2溶液：H+、Na+、Cl、SO42pH=11的溶液中：CO32、Na+、AlO2、NO3、S2、SO32水电离的H+浓度为1012molL1的溶液中：Cl、CO32、NO3、SO32加入Mg能放出H2的溶液中：Mg2+、NH4+、Cl、K+、SO42使甲基橙变黄的溶液中：Fe2+、MnO4、NO3、Na+、SO42中性溶液中：Fe3+、Al3+、NO3、Cl、S2ABCD9下列排
5、列顺序完全正确的组合是（）溶解性：Na2CO3NaHCO3MgCO3Mg（OH）2等浓度的下列盐溶液的pH关系：NaAlO2NaHCO3NaClO常温下，以a1、a2、a3分别表示pH=2的盐酸、pH=12的氨水、pH=12的碳酸钠溶液中水的电离程度，则a1=a2a3同温下，1L0.5mol/LNH4Cl溶液中n（NH4+）与2L 0.25mol/LNH4Cl溶液中n（NH4+），分别为a、b，则ab热稳定性：H2OH2SeH2S半径：ClO2Al3+；FSiNa氧化性：MnO2Cl2Fe3+Cu2+沸点：金刚石氯化钠干冰冰醋酸ABCD10已知X、M都是中学教材中常见元素，下列对两个离子反应通
6、式的推断中，其中正确的是（甲）XO3n+Xn+H+X单质+H2O（未配平）；（乙）Mm+mOHM（OH）m若n=1，则XO3n中X元素为+5价，X位于周期表第VA族若n=2则X最高价氧化物的水化物可能与它的氢化物反应若m=1，则M（NO3）m溶液和氨水互滴时的现象可能不同若m=3，则MCl3与足量氢氧化钠溶液反应一定生成M（OH）m（）ABCD11已知A、B、C、D、E是短周期中原子序数依次增大的五种主族元素，其中元素A、E的单质在常温下呈气态，元素B的原子最外层电子数是其电子层数的两倍，元素C在同周期的主族元素中原子半径最大，元素D的合金是日常生活中常用的金属材料下列说法正确的是（）A工业上
7、常用电解法制备元素C、D、E的单质B元素A、B组成的化合物常温下一定呈气态C化合物AE与CE含有相同类型的化学键D元素C、D的最高价氧化物对应的水化物之间肯定不能发生反应12一种熔融碳酸盐燃料电池原理示意如图下列有关该电池的说法正确的是（）A反应CH4+H2O3H2+CO，每消耗1molCH4转移12mol电子B电极A上H2参与的电极反应为：H2+2OH2e=2H2OC电池工作时，CO32向电极B移动D电极B上发生的电极反应为：O2+2CO2+4e=2CO3213某溶液中只可能含有H+、NH4+、Mg2+、Al3+、Fe3+、CO32、SO42、NO3中的几种若加入锌粒，产生无色无味的气体；若
8、加入NaOH溶液，产生白色沉淀，且产生的沉淀量与加入NaOH的物质的量之间的关系如图所示则下列说法正确的是（）A溶液中的阳离子只有H+、Mg2+、Al3+可能含有Fe3+B溶液中一定不含CO32和NO3，一定含有SO42C溶液中c（NH4+）=0.3 mol/LDc（H+）：c（Al3+）：c（Mg2+）=1：1：114下列叙述正确的是（）A已知常温下0.1molL1NaClO溶液pH为9.7则水解方程式ClO+H2OHClO+OH的平衡常数K107.6B将0.2 molL1的盐酸与0.1 molL1的KAlO2溶液等体积混合，其溶液中离子浓度由小到大的顺序为：c（OH）c（Al3+）c（H+
9、）c（K+）c（Cl）CpH=5的HCOOH溶液和pH=5的NH4NO3溶液中，c（H+）不相等D25时，pH=4，浓度均为0.1molL1的CH3COOH、CH3COONa混合溶液：c（CH3COO）+c（OH）c（CH3COOH）+c（H+）15下列图示与对应叙述相符合的是（）A图1表示在含等物质的量NaOH、Na2CO3的混合溶液中滴加0.1molL1盐酸至过量时，产生气体的体积与消耗盐酸的关系B图2表示Cl2通入SO2溶液中pH的变化C图3表示10 mL 0.01 molL1KMnO4 酸性溶液与过量的0.1 molL1 H2C2O4溶液混合时，n（Mn2+） 随时间的变化（Mn2+对
10、该反应有催化作用）D图4表示已达平衡的某可逆反应，在t0时改变某一条件后反应速率随时间变化，则改变的条件一定是加入催化剂163.04g铜镁合金完全溶解于含1.4molHNO3的浓HNO3中，得到NO2和N2O4混合气2240mL（标准状况下）向反应后的溶液中加入2molL1NaOH溶液，当金属离子全部沉淀时，得到5.08g沉淀，下列说法不正确的是（）该合金中镁与铜的物质的量之比为1：2NO2和N2O4的混合气体中，N2O4的体积分数为80%得到5.08g沉淀时，加入NaOH溶液的体积是620mL该反应中共转移电子为1.2NAABCD二、非选择题（共52分）17已知下列反应（反应所需的其他条件和
11、各物质的化学计量数均已略去）：A+B M+D+E； M+EA+F+B请针对以下两种不同情况回答：（1）若A是一种钠盐，反应是化学工业上制取单质E和化合物M的重要方法则A的电子式为；反应的离子方程式为；在酸性条件下，若将化合物F加到Fe2+的溶液中，溶液从浅绿色变成黄色，反应的离子方程式为（2）若A是一种含氧酸盐，可用于实验室中检验水的存在1个A的酸根离子中共含有50个电子，其中含有一种元素X，X的原子的最外层电子数是电子层数的2倍，则X在元素周期表中的位置是X与碳单质在一定条件下可以生成CX2的化合物，其分子结构类似于CO2，则CX2的结构式为；反应的化学方程式为：18中国环境监测总站数据显示
12、，颗粒物（PM2.5等）为连续雾霾过程影响空气质量最显著的污染物，其主要来源为燃煤、机动车尾气等因此，对PM2.5、SO2、NOx等进行研究具有重要意义请回答下列问题：（1）将PM2.5样本用蒸馏水处理制成待测试样若测得该试样所含水溶性无机离子的化学组分及其平均浓度如下表：离子K+Na+NH4+SO42NO3Cl浓度/mol？L1410661062105410531052105根据表中数据计算PM2.5待测试样的pH=（2）NOx是汽车尾气的主要污染物之一汽车发动机工作时会引发N2和O2反应，其能量变化示意图如下：N2（g）+O2（g）2NO（g）H=当尾气中空气不足时，NOx在催化转化器中被
13、还原成N2排出写出NO被CO还原的化学方程式汽车汽油不完全燃烧时还产生CO，有人设想按下列反应除去CO：2CO（g）=2C（s）+O2（g），已知该反应的H0，该设想能否实现？你的依据是（3）碘循环工艺不仅能吸收SO2降低环境污染，同时又能制得氢气，具体流程如下：用离子方程式表示反应器中发生的反应用化学平衡移动的原理分析，在HI分解反应中使用膜反应器分离出H2的目的是用吸收H2后的稀土储氢合金作为电池负极材料（用MH）表示），NiO（OH）作为电池正极材料，KOH溶液作为电解质溶液，可制得高容量、长寿命的镍氢电池电池充放电时的总反应为：Ni（OH）2+M充电放电NiO（OH）+MH，电池放电时
14、，负极电极反应式为； 充电完成时，全部转化为NiO（OH），若继续充电，将在一个电极产生O2，O2扩散到另一个电极发生电极反应被消耗，从而避免产生的气体引起电池爆炸，此时，阴极电极反应式为19酸性条件下，锡在水溶液中有Sn2+、Sn4+两种主要存在形式SnSO4是一种重要的硫酸盐，广泛应用于镀锡工业，其制备路线如下：回答下列问题：（1）SnCl2用盐酸而不用水直接溶解的原因是，加入Sn粉的作用是（2）反应I生成的沉淀为SnO，写出该反应的化学方程式：（3）反应硫酸的作用之一是控制溶液的pH，若溶液中c（Sn2+）=1.0molL1，则应控制溶液pH（已知：KspSn（OH）2=1.01026）
15、（4）酸性条件下，SnSO4还可以用作双氧水去除剂，试写出发生反应的离子方程式：20二草酸合铜（）酸钾晶体K2Cu（C2O4）22H2O制备流程如下：（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、洗涤过滤所需的玻璃仪器有用蒸馏水洗涤氧化铜时，如何证明氧化铜已洗涤干净（2）为提高CuO的利用率，让滤纸上的CuO充分转移到热的KHC2O4溶液中，以下方案正确的是a剪碎滤纸，加入到热的KHC2O4溶液中，待充分反应后趁热过滤b用稀硫酸溶解滤纸上的氧化铜，然后将溶液转入热的KHC2O4溶液中c用氢氧化钾溶液溶解氧化铜，并转入热的KHC2O4溶液中d在空气中灼烧滤纸，
16、将剩余的固体转入热的KHC2O4溶液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、将滤液蒸发浓缩得到二草酸合铜（）酸钾晶体（3）二草酸合铜（）酸钾晶体的制备也可以用CuSO4晶体和K2C2O4溶液反应得到从硫酸铜溶液中获得硫酸铜晶体的实验步骤为：加入适量乙醇、蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥加入适量乙醇的优点有：a缩短加热的时间，降低能耗； b在蒸发浓缩的初始阶段还采用了蒸馏的操作，其目的是21某抗结肠炎药物有效成分的合成路线如下（部分反应略去试剂和条件）：已知：（a） （b） 请回答下列问题：（1）烃A的结构简式是；反应的反应条件是；反应的反应类型是；（2）下列
17、对该抗结肠炎药物有效成分可能具有的性质推测正确的是；A水溶性比苯酚好 B能发生消去反应也能发生聚合反应C1mol该物质最多可与3mol溴发生反应 D既有酸性又有碱性E与足量NaOH溶液反应的化学方程式是；（3）写出符合下列条件的E的所有同分异构体的结构简式：；a与E具有相同的官能团b苯环上的一硝基取代产物有两种c核磁共振氢谱上共有4个峰（4）已知苯胺（）易被氧化，苯环上连有烷基时再引入一个取代基，常取代在烷基的邻对位，而当苯环上连有羧基时则取代在间位据此按先后顺序写出以A为原料合成邻氨基苯甲酸（）合成路线中两种中间产物的结构简式（部分反应条件已略去）2015-2016学年江西省吉安一中高三（上
18、）第三次段考化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（每小题3分，共48分）1化学与环境保护、工业生产、生活等密切相关下列说法正确的是（）A使用可再生资源、用超临界二氧化碳替代有机溶剂、注重原子的经济性、采用低能耗生产工艺等都是绿色化学的内容B食盐、食醋、食用油均可用作食品添加剂，都属于有机物C碳酸钡、碳酸氢钠、氢氧化铝均可作为抗酸药物使用D石油分馏、煤的气化、海水晒盐、碱去油污、花生中提取花生油等过程都是物理变化【考点】常见的生活环境的污染及治理；有机化学反应的综合应用；煤的干馏和综合利用【分析】A绿色化学即对环境友好型化学，要求原料物质中所有的原子完全被利用且全部转入期望的产品中，原子的利用率
19、100%； B含碳的化合物属于有机物，但一氧化碳、二氧化碳、碳酸盐都属于无机物，食盐属于无机物；C胃酸的成分为盐酸，治疗胃酸过多需根据药物的成分及与酸的反应来分析；D煤的气化是将其转化为可燃气体的过程，主要反应为碳与水蒸气反应生成H2、CO等气体的过程，有新物质生成，属于化学变化【解答】解：A使用可再生资源、用超临界二氧化碳替代有机溶剂、注重原子的经济性、采用低能耗生产工艺等符合绿色化学的要求，故A正确； B食盐、食醋、食用油均可用作食品添加剂，食醋、食用油都属于有机物，食盐中不含碳元素属于无机物，故B错误；C胃酸的主要成分为盐酸，胃酸与碳酸氢钠反应生成氯化钠和二氧化碳气体，反应的离子方程式为
20、HCO3+H+=CO2+H2O，胃酸与氢氧化铝反应生成氯化铝和水，反应的离子方程式为Al（OH）3+3H+=Al3+3H2O，碳酸氢钠和氢氧化铝可用来治疗胃酸过多，碳酸钡能与胃液中的盐酸反应生成可溶性的氯化钡而导致中毒，反应的离子方程式为BaCO3+2H+=Ba2+CO2+H2O，故C错误；D石油分馏、海水晒盐、花生中提取花生油等过程都是物理变化，而煤的气化中有新物质的生成，属于化学变化，故D错误故选A2下列关于纯净物、混合物、电解质、非电解质的正确组合为（）纯净物混合物电解质非电解质A盐酸冰水混合物硫酸干冰B蒸馏水碱石灰氧化铝二氧化硫C水银水玻璃铁碳酸钙D食醋水煤气氯化铜乙醇AABBCCDD
21、【考点】电解质与非电解质；混合物和纯净物【分析】纯净物是指由同种物质组成的，化合物是指由不同种物质组成的，电解质是指在水溶液里或熔化状态下能够导电的化合物，非电解质是指在水溶液里和熔化状态下都不能够导电的化合物，据此可以分析各个选项中各种的所属类别【解答】解：A、盐酸是HCl的水溶液，是混合物；冰水混合物即水，是纯净物，故A错误；B、蒸馏水是纯净物；碱石灰是氧化钙和氢氧化钠的混合物；氧化铝在熔融状态下能导电，故为电解质；二氧化硫在熔融状态下不导电，在水溶液中导电是由于生成的亚硫酸的原因，和其本身无关，故为非电解质，故B正确；C、铁是单质，既不是电解质也不是非电解质；碳酸钙在熔融状态下能导电，故
22、为电解质，故C错误；D、食醋是醋酸的水溶液，是混合物，故D错误故选B3下列实验操作能达到目的是（）A分离碘酒中的碘酒B蒸发C检查装置气密性D读取气体体积【考点】化学实验方案的评价【分析】A碘能溶解在酒精中，不分层；B蒸发皿可直接加热；C气体从长颈漏斗中溢出；D内外液面相平气体压强一致【解答】解：A因碘能溶解在酒精中，不分层，则不能利用分液漏斗来分离，故A错误；B蒸发皿可直接加热，不需要垫石棉网，故B错误；C气体从长颈漏斗中溢出，不能判断装置的气密性，故C错误；D内外液面相平气体压强一致，可量取气体体积，故D正确；故选D4设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A1.0L 1.0molL
23、1CH3COOH溶液中，CH3COOH分子数为NAB7.8g Na2S与Na2O2的混合物中阴离子数大于0.1NAC常温常压下，17g甲基（14CH3）所含的中子数为9NAD标准状况下，含有lmol硫原子的SO2与SO3的混合物，其体积小于22.4L【考点】阿伏加德罗常数【分析】A、醋酸是弱电解质，在溶液中会电离；B、Na2S与Na2O2的摩尔质量均为78g/mol；C、求出甲基的物质的量，然后根据1mol甲基（14CH3）含8mol中子来分析；D、SO2与SO3中均含1个S原子【解答】解：A、醋酸是弱电解质，在溶液中会电离，故溶液中的醋酸分子的个数小于NA个，故A错误；B、Na2S与Na2O
24、2的摩尔质量均为78g/mol，故7.8g混合物的物质的量为0.1mol，而Na2S与Na2O2均由2个钠离子和1个阴离子构成，故0.1mol混合物中含0.1mol阴离子即0.1NA个，故B错误；C、14CH3的摩尔质量为17g/mol，故17g甲基的物质的量为1mol，而1mol甲基（14CH3）含8mol中子，即8NA个，故C错误；D、SO2与SO3中均含1个S原子，故lmol硫原子的SO2与SO3的混合物的物质的量为1mol，而标况下三氧化硫为固体，故1mol混合物的体积小于22.4L，故D正确；故选D5有机物的一氯代物可能的结构有（不考虑立体异构）（）A6种B8种C11种D15种【考点
25、】同分异构现象和同分异构体【分析】先根据支链异构判断的同分异构体，然后根据等效H原子判断，有几种H原子，一氯代产物有几种同分异构体【解答】解：C3H7有两种结构，分别为：CH3CH2CH2、CH3CH（CH3），所以的同分异构体有2种，其分子中氢原子的种类分别为6种、5种，则一氯代物可能的结构有11种，故选C6在混合体系中，确认化学反应先后顺序有利于问题的解决，下列反应先后顺序判断正确的是（）A在含等物质的量的FeBr2、FeI2的溶液中缓慢通入Cl2：I、Br、Fe2+B在含等物质的量的Fe3+、Cu2+、H+的溶液中加入Zn：Fe3+、Cu2+、H+、Fe2+C在含等物质的量的Ba（OH）
26、2、KOH的溶液中通入CO2：KOH、Ba（OH）2、BaCO3、K2CO3D在含等物质的量的AlO2、OH、CO32溶液中，逐滴加入盐酸：AlO2、Al（OH）3、OH、CO32【考点】氧化性、还原性强弱的比较；离子反应发生的条件【分析】A、根据离子的还原性顺序：IFe2+Br来回答；B、离子的氧化性顺序是：Fe3+Cu2+H+Fe2+；C、化学反应优先和能生成沉淀的物质间反应；D、含有AlO2、OH、CO32溶液中，氢离子先是和氢氧根之间发生中和反应【解答】解：A、在含等物质的量的FeBr2、FeI2的溶液中缓慢通入Cl2，氯气具有氧化性，先和还原性强的离子反应，离子的还原性顺序：IFe2
27、+Br，故A错误；B、在含等物质的量的Fe3+、Cu2+、H+的溶液中加入Zn，金属锌先是和氧化性强的离子之间反应，离子的氧化性顺序是：Fe3+Cu2+H+Fe2+，故B正确；C、在含等物质的量的Ba（OH）2、KOH的溶液中通入CO2，先是和Ba（OH）2之间反应，其次是氢氧化钾，再是和碳酸盐之间反应，故C错误；D、在含等物质的量的AlO2、OH、CO32溶液中，逐滴加入盐酸，氢离子先是和氢氧根之间发生中和反应，故D错误故选B7已知反应：10AgF+5Cl2+5H2O=9AgCl+AgClO3+10HF+O2 下列关于该反应的叙述不正确的是（）A该反应中，氧化剂与还原剂物质的量之比为9：5B
28、当反应中有1mol电子转移时，被还原氯气物质的量为molC每产生1mol O2时，被氧元素还原的氯气物质的量为2molD参加反应的水有被氧化【考点】氧化还原反应【分析】反应10AgF+5Cl2+5H2O9AgCl+AgClO3+10HF+O2中，Cl元素的化合价既升高又降低，其中9molCl原子得电子，1molCl原子失电子，O元素的化合价升高，2molO原子失电子，以此来解答【解答】解：A反应10AgF+5Cl2+5H2O9AgCl+AgClO3+10HF+O2中，9molCl原子得电子，1molCl原子失电子，2molO原子失电子，则氧化剂为4.5mol，还原剂物质的量为0.5mol+2m
29、ol=2.5mol，所以氧化剂与还原剂物质的量之比为9：5，故A正确；B反应10AgF+5Cl2+5H2O9AgCl+AgClO3+10HF+O2中，5mol氯气反应时，被还原的氯气为4.5mol，转移电子的物质的量为9mol，当反应中有1mol电子转移时，被还原氯气物质的量为0.5mol，故B错误；C每产生1mol O2时，O元素失去4mol电子，则氯元素得到4mol，所以被氧元素还原的氯气物质的量为2mol，故C正确；D反应10AgF+5Cl2+5H2O9AgCl+AgClO3+10HF+O2中H2O中5个O原子参加反应，其中有2个O原子失电子被氧化，所以参加反应的水有被氧化，故D正确；故
30、选B8常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）0.1molL1NaAlO2溶液：H+、Na+、Cl、SO42pH=11的溶液中：CO32、Na+、AlO2、NO3、S2、SO32水电离的H+浓度为1012molL1的溶液中：Cl、CO32、NO3、SO32加入Mg能放出H2的溶液中：Mg2+、NH4+、Cl、K+、SO42使甲基橙变黄的溶液中：Fe2+、MnO4、NO3、Na+、SO42中性溶液中：Fe3+、Al3+、NO3、Cl、S2ABCD【考点】离子共存问题【分析】0.1molL1NaAlO2溶液，显碱性，与H+反应生成沉淀；pH=11的溶液，显碱性，该组离子之间不反应；水
31、电离的H+浓度为1012molL1的溶液，为酸或碱溶液；加入Mg能放出H2的溶液，显酸性；使甲基橙变黄的溶液，可能显碱性；中性溶液中不能大量存在Fe3+，且Fe3+、S2发生氧化还原反应【解答】解：0.1molL1NaAlO2溶液，显碱性，与H+反应生成沉淀，发生复分解反应不能大量共存，故不选；pH=11的溶液，显碱性，该组离子之间不反应，可大量共存，故选；水电离的H+浓度为1012molL1的溶液，为酸或碱溶液，酸性溶液中不能大量存在CO32、SO32，故不选；加入Mg能放出H2的溶液，显酸性，该组离子之间不反应，可大量共存，故选；使甲基橙变黄的溶液，可能显碱性，碱性溶液中不能大量存在Fe2
32、+，故不选；中性溶液中不能大量存在Fe3+，且Fe3+、S2发生氧化还原反应，不能大量共存，故不选；故选B9下列排列顺序完全正确的组合是（）溶解性：Na2CO3NaHCO3MgCO3Mg（OH）2等浓度的下列盐溶液的pH关系：NaAlO2NaHCO3NaClO常温下，以a1、a2、a3分别表示pH=2的盐酸、pH=12的氨水、pH=12的碳酸钠溶液中水的电离程度，则a1=a2a3同温下，1L0.5mol/LNH4Cl溶液中n（NH4+）与2L 0.25mol/LNH4Cl溶液中n（NH4+），分别为a、b，则ab热稳定性：H2OH2SeH2S半径：ClO2Al3+；FSiNa氧化性：MnO2C
33、l2Fe3+Cu2+沸点：金刚石氯化钠干冰冰醋酸ABCD【考点】盐类水解的原理；同一周期内元素性质的递变规律与原子结构的关系；弱电解质在水溶液中的电离平衡【分析】溶解度：Na2CO3NaHCO3，钠盐易溶于水，卤化银AgX（X=F，Cl，Br，I）中AgF易溶，AgI、AgBr、AgCl难溶于水，溶解度大小AgIAgBrAgClAgF（易溶）；阴离子的水解程度越大，则盐溶液的碱性越强；pH=2的盐酸中氢氧根离子为水电离，pH=12的氨水中氢离子是水电离的，pH=12的碳酸钠溶液中氢氧根离子是水的电离的，根据水电离的离子浓度比较水的电离程度；NH4+发生水解，NH4+浓度越小水解沉淀越大，但水解
34、程度很小，溶液中NH4+数目取决于溶液体积与NH4+的浓度；元素的非金属性越强，氢化物的稳定性越强；电子层越多，半径越大，电子层相同，核电荷数越多半径越小；结合方程式，利用氧化剂氧化性强于氧化产物氧化性判断；干冰为分子晶体，熔沸点最低【解答】解：溶解度：Na2CO3NaHCO3，钠盐易溶于水，卤化银AgX（X=F，Cl，Br，I）中AgF易溶，AgI、AgBr、AgCl难溶于水，溶解度大小AgIAgBrAgClAgF（易溶），所以溶解度Na2CO3NaHCO3AgClAgI，故正确等浓度的下列盐溶液的pH关系：NaHCO3NaAlO2NaClO，故错误；pH=2的盐酸中氢氧根离子为水电离，氢氧
35、根离子浓度为1012mol/L，pH=12的氨水中氢离子是水电离的，氢离子浓度为1012mol/L，pH=12的碳酸钠溶液中氢氧根离子是水的电离的，氢氧根离子浓度为102mol/L，所以水的电离程度为pH=2的盐酸等于pH=12的氨水小于pH=12的碳酸钠溶液，即1=23，故错误；NH4+发生水解，NH4+浓度越小水解沉淀越大，溶液中NH4+数目取决于溶液体积与NH4+的浓度，所以溶液中ab，故正确；元素的非金属性越强，氢化物的稳定性越强，所以热稳定性：H2OH2SH2Se，故错误；电子层越多，半径越大，电子层相同，核电荷数越多半径越小，半径：ClO2Al3+；FSiNa，故正确；二氧化锰氧化
36、Cl元素为氯气，所以氧化性MnO2Cl2，氯气氧化铁为氯化铁，所以氧化性Cl2Fe3+，铁离子氧化铜为铜离子，所以氧化性Fe3+Cu2+，所以氧化性MnO2Cl2Fe3+Cu2+，故正确；给定的物质中，干冰为分子晶体，熔沸点最低，故错误；故选D10已知X、M都是中学教材中常见元素，下列对两个离子反应通式的推断中，其中正确的是（甲）XO3n+Xn+H+X单质+H2O（未配平）；（乙）Mm+mOHM（OH）m若n=1，则XO3n中X元素为+5价，X位于周期表第VA族若n=2则X最高价氧化物的水化物可能与它的氢化物反应若m=1，则M（NO3）m溶液和氨水互滴时的现象可能不同若m=3，则MCl3与足量
37、氢氧化钠溶液反应一定生成M（OH）m（）ABCD【考点】无机物的推断【分析】n=1，XO3n中X元素为+5价，常见非金属元素中呈+5价的元素有第A族（氮、磷）、第A族（氯、溴、碘）所以符合条件的酸根阴离子主要有：IO3、ClO3、BrO3、NO3，甲反应为ClO3+5Cl+6H+=3Cl2+3H2O，IO3+5I+6H+=3I2+3H2O；n=2，XO3n中X元素为+4价，常见非金属元素中碳、硅、硫有+4价，结合通式只有X为硫符合题意，离子方程式为：SO32+2S2+6H+=3S+3H2O，硫的最高价含氧酸为硫酸，氢化物为硫化氢；m=1，+1价阳离子有：Ag+、Na+、K+等，只有氢氧化银是难
38、溶于水的沉淀；Ag+OH=AgOH；氢氧化银溶于氨水，硝酸银溶液滴入氨水，生成银氨溶液无明显现象；将氨水滴入硝酸银溶液中 产生沉淀，继续滴加沉淀溶解，互滴顺序不同现象不同；m=3，常见金属中只有铁、铝符合条件【解答】解：n=1，XO3n中X元素为+5价，常见非金属元素中呈+5价的元素有第A族（氮、磷）、第A族（氯、溴、碘）所以符合条件的酸根阴离子主要有：IO3、ClO3、BrO3、NO3，甲反应为ClO3+5Cl+6H+=3Cl2+3H2O，IO3+5I+6H+=3I2+3H2O，故错误；n=2，XO3n中X元素为+4价，常见非金属元素中碳、硅、硫有+4价，结合通式只有X为硫符合题意，离子方程
39、式为：SO32+2S2+6H+=3S+3H2O，硫的最高价含氧酸为硫酸，氢化物为硫化氢，故正确；m=1，+1价阳离子有：Ag+、Na+、K+等，只有氢氧化银是难溶于水的沉淀；Ag+OH=AgOH；氢氧化银溶于氨水，硝酸银溶液滴入氨水，生成银氨溶液无明显现象；将氨水滴入硝酸银溶液中 产生沉淀，继续滴加沉淀溶解，互滴顺序不同现象不同，故正确；m=3，常见金属中只有铁、铝符合条件，铝和过量氢氧化钠沉淀会溶解，故错误；故选B11已知A、B、C、D、E是短周期中原子序数依次增大的五种主族元素，其中元素A、E的单质在常温下呈气态，元素B的原子最外层电子数是其电子层数的两倍，元素C在同周期的主族元素中原子半
40、径最大，元素D的合金是日常生活中常用的金属材料下列说法正确的是（）A工业上常用电解法制备元素C、D、E的单质B元素A、B组成的化合物常温下一定呈气态C化合物AE与CE含有相同类型的化学键D元素C、D的最高价氧化物对应的水化物之间肯定不能发生反应【考点】原子结构与元素周期律的关系【分析】A、B、C、D、E是短周期中原子序数依次增大的5种主族元素，元素B的原子最外层电子数是其电子层数的2倍，结合原子序数可知，B只能有2个电子层，最外层电子数为4，故B为C元素；元素C在同周期的主族元素中原子半径最大，处于IA族，原子序数大于碳元素，则C为Na元素；元素D的合金是日常生活中常用的金属材料，处于第三周期
41、，则D为Al元素；元素A、E的单质在常温下呈气态，A的原子序数小于碳元素，A为H元素，E的原子序数大于铝元素，E为Cl元素，据此解答【解答】解：A、B、C、D、E是短周期中原子序数依次增大的5种主族元素，元素B的原子最外层电子数是其电子层数的2倍，结合原子序数可知，B只能有2个电子层，最外层电子数为4，故B为C元素；元素C在同周期的主族元素中原子半径最大，处于IA族，原子序数大于碳元素，则C为Na元素；元素D的合金是日常生活中常用的金属材料，处于第三周期，则D为Al元素；元素A、E的单质在常温下呈气态，A的原子序数小于碳元素，A为H元素，E的原子序数大于铝元素，E为Cl元素A工业上电解熔融氯化
42、钠生成金属钠，电解饱和的氯化钠溶液生成氯气等，电解熔融的氧化铝生成铝，故A正确；B由C、H元素组成的化合物，可能为气体、液态或固体，比如苯在常温下呈液态，故B错误；C化合物AE是HCl，属于共价化合物，含有共价键；化合物CE是NaCl，属于离子化合物，含有离子键，二者含有的化学键类型不同，故C错误；D元素C的最高价氧化物对应的水化物是氢氧化钠、D的最高价氧化物对应的水化物是氢氧化铝，氢氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，故D错误；故选A12一种熔融碳酸盐燃料电池原理示意如图下列有关该电池的说法正确的是（）A反应CH4+H2O3H2+CO，每消耗1molCH4转移12mol电子B电极A上H2参与的
43、电极反应为：H2+2OH2e=2H2OC电池工作时，CO32向电极B移动D电极B上发生的电极反应为：O2+2CO2+4e=2CO32【考点】真题集萃；原电池和电解池的工作原理【分析】甲烷和水经催化重整生成CO和H2，反应中C元素化合价由4价升高到+2价，H元素化合价由+1价降低到0价，原电池工作时，CO和H2为负极反应，被氧化生成二氧化碳和水，正极为氧气得电子生成CO32，以此解答该题【解答】解：A反应CH4+H2O3H2+CO，C元素化合价由4价升高到+2价，H元素化合价由+1价降低到0价，每消耗1molCH4转移6mol电子，故A错误；B电解质没有OH，负极反应为H2+CO+2CO324e
44、=H2O+3CO2，故B错误；C电池工作时，CO32向负极移动，即向电极A移动，故C错误；DB为正极，正极为氧气得电子生成CO32，电极反应为：O2+2CO2+4e=2CO32，故D正确故选D13某溶液中只可能含有H+、NH4+、Mg2+、Al3+、Fe3+、CO32、SO42、NO3中的几种若加入锌粒，产生无色无味的气体；若加入NaOH溶液，产生白色沉淀，且产生的沉淀量与加入NaOH的物质的量之间的关系如图所示则下列说法正确的是（）A溶液中的阳离子只有H+、Mg2+、Al3+可能含有Fe3+B溶液中一定不含CO32和NO3，一定含有SO42C溶液中c（NH4+）=0.3 mol/LDc（H+
45、）：c（Al3+）：c（Mg2+）=1：1：1【考点】离子方程式的有关计算【分析】加锌产生无色无味气体说明锌与氢离子反应生成氢气，溶液中有大量氢离子，则没有碳酸根和硝酸根离子，加氢氧化钠产生白色沉淀说明不含铁离子，当溶液中含氢离子、铵根离子、镁离子、铝离子时，加入氢氧化钠，先与氢离子反应，再与镁、铝离子反应生成氢氧化物沉淀，再与铵根反应得到一水合氨，再与氢氧化铝反应生成偏铝酸钠，对应图象是先在x轴上，再逐渐增大，再平行x轴，再减小，可以对照图象求出各离子的量【解答】解：A、据图象特点可以知道：加入氢氧化钠，先与氢离子反应，再与镁、铝离子反应生成氢氧化物沉淀，再与铵根反应得到一水合氨，再与氢氧化
46、铝反应生成偏铝酸钠，所以溶液中的阳离子一定含NH4+、H+、Mg2+、Al3+，故A错误；B、加锌产生无色无味气体说明锌与氢离子反应生成氢气，溶液中有大量氢离子，则没有CO，因为硝酸根、氢离子与锌会反应生成刺激性的一氧化氮，故无NO3，但由于溶液一定显电中性，故溶液中一定含SO42，故B正确；C、根据图象特点可以知道：加入氢氧化钠，先与氢离子反应，再与镁、铝离子反应生成氢氧化物沉淀，再与铵根反应得到一水合氨，再与氢氧化铝反应生成偏铝酸钠，根据第二段是氢氧化钠与铵根反应得到一水合氨的阶段，即NH4+OH=NH3H2O，消耗氢氧化钠的物质的量为0.7mol0.5mol=0.2mol，所以溶液中n（
47、NH4+）=0.2mol，但由于溶液体积不明确，故溶液中的c（NH）不明确，故C错误；D、根据第一段是氢氧化钠中和氢离子的阶段，所以氢离子的物质的量是0.1mol，根据第四段是氢氧化铝和氢氧化钠反应的阶段，即Al（OH）3OHAl（OH）4，则消耗氢氧化钠的物质的量为：0.8mol0.7mol=0.1mol，根据第二段是将铝离子和镁离子反应生成沉淀的阶段，根据Al3+3OHAl（OH）3，Mg2+2OHMg（OH）2，0.1mol氢氧化铝消耗氢氧化钠的物质的量是0.3mol，所以镁离子消耗氢氧化钠的物质的量是：0.5mol0.1mol0.3mol=0.1mol，所以镁离子的物质的量是0.05m
48、ol，即n（H+）：n（Al3+）：n（Mg2+）=0.1：0.1：0.05=2：2：1，故D错误故选B14下列叙述正确的是（）A已知常温下0.1molL1NaClO溶液pH为9.7则水解方程式ClO+H2OHClO+OH的平衡常数K107.6B将0.2 molL1的盐酸与0.1 molL1的KAlO2溶液等体积混合，其溶液中离子浓度由小到大的顺序为：c（OH）c（Al3+）c（H+）c（K+）c（Cl）CpH=5的HCOOH溶液和pH=5的NH4NO3溶液中，c（H+）不相等D25时，pH=4，浓度均为0.1molL1的CH3COOH、CH3COONa混合溶液：c（CH3COO）+c（OH）
49、c（CH3COOH）+c（H+）【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】ApH为9.7的溶液中的氢氧根离子浓度为104.3mol/L，次氯酸根离子的浓度约为0.1mol/L，次氯酸的浓度与氢氧根离子浓度近似相等，根据水解方程式ClO+H2OHClO+OH的平衡常数为K=，计算；B设溶液体积为1L，HCl的物质的量为0.2mol，偏铝酸钾的物质的量为0.1mol，0.1mol偏铝酸钾与0.1molHCl反应生成0.1mol氢氧化铝沉淀，剩余的0.1molHCl能够溶解氢氧化铝生成铝离子，溶液呈酸性，但是氢离子浓度c（H+）c（Al3+）；CpH=lgc（H+），溶液的pH
50、相等，则氢离子浓度相等；D混合液的pH=4，则c（OH）c（H+），根据电荷守恒可知c（Na+）c（CH3COO），结合电荷守恒判断【解答】解：ApH为9.7的溶液中的氢氧根离子浓度为：104.3mol/L，水解方程式ClO+H2OHClO+OH的平衡常数为K=107.6，故A正确；B设溶液体积为1L，1L 0.2mol/L的盐酸中含有HCl的物质的量为0.2mol，1L 0.1mol/L的偏铝酸钾溶液中含有偏铝酸钾的物质的量为0.1mol，0.1mol偏铝酸钾与0.1molHCl反应生成0.1mol氢氧化铝沉淀，剩余的0.1molHCl能够溶解氢氧化铝生成铝离子，则铝离子的浓度大于氢离子，正
51、确的离子方程式为：c（OH）c（H+）c（Al3+）c（K+）c（Cl），故B错误；CpH=5的HCOOH溶液和pH=5的NH4NO3溶液中，c（H+）相等，都是105mol/L，故C错误；D.25时，浓度均为0.1molL1的CH3COOH、CH3COONa混合溶液的pH=4，则c（OH）c（H+），根据电荷守恒c（CH3COO）+c（OH）=c（Na+）+c（H+）可知c（Na+）c（CH3COO），则c（CH3COO）+c（OH）c（CH3COOH）+c（H+），故D错误；故选A15下列图示与对应叙述相符合的是（）A图1表示在含等物质的量NaOH、Na2CO3的混合溶液中滴加0.1mol
52、L1盐酸至过量时，产生气体的体积与消耗盐酸的关系B图2表示Cl2通入SO2溶液中pH的变化C图3表示10 mL 0.01 molL1KMnO4 酸性溶液与过量的0.1 molL1 H2C2O4溶液混合时，n（Mn2+） 随时间的变化（Mn2+对该反应有催化作用）D图4表示已达平衡的某可逆反应，在t0时改变某一条件后反应速率随时间变化，则改变的条件一定是加入催化剂【考点】物质的量或浓度随时间的变化曲线；化学反应速率与化学平衡图象的综合应用；氯气的化学性质；二氧化硫的化学性质【分析】A先发生NaOH与HCl反应，再发生碳酸钠与盐酸反应生成碳酸氢钠，最后发生碳酸氢钠与盐酸的反应生成气体；BCl2通入
53、H2S溶液中发生Cl2+H2S2HCl+S，酸性增强，pH减小；C发生氧化还原反应生成锰离子，Mn2+对该反应有催化作用，反应加快；Dt0时正逆反应速率同等程度的变大【解答】解：A先发生NaOH与HCl反应，再发生碳酸钠与盐酸反应生成碳酸氢钠，最后发生碳酸氢钠与盐酸的反应生成气体，且等物质的量NaOH、Na2CO3，不产生气体和产生气体消耗的酸应为2：1，与图象不符，故A错误；BCl2通入H2S溶液中发生Cl2+H2S2HCl+S，酸性增强，pH减小，与图象不符，故B错误；C发生氧化还原反应生成锰离子，则n（Mn2+）随时间的变化而增大，且催化作用，一段时间内增加的更快，后来浓度变化成为影响速
54、率的主要因素，反应物浓度减小，速率减慢，故C正确；Dt0时正逆反应速率同等程度的变大，可能为催化剂，若反应前后气体的物质的量不变，增大压强平衡不移动，速率增大，所以增大压强也可能符合，故D错误；故选：C163.04g铜镁合金完全溶解于含1.4molHNO3的浓HNO3中，得到NO2和N2O4混合气2240mL（标准状况下）向反应后的溶液中加入2molL1NaOH溶液，当金属离子全部沉淀时，得到5.08g沉淀，下列说法不正确的是（）该合金中镁与铜的物质的量之比为1：2NO2和N2O4的混合气体中，N2O4的体积分数为80%得到5.08g沉淀时，加入NaOH溶液的体积是620mL该反应中共转移电子
55、为1.2NAABCD【考点】有关混合物反应的计算【分析】金属离子全部沉淀时，得到5.08g沉淀为氢氧化铜、氢氧化镁，计算沉淀中氢氧根的质量，根据电荷守恒可知，金属提供的电子物质的量等于氢氧根的物质的量，令铜、镁合金中Cu、Mg的物质的量分别为xmol、ymol，根据金属提供的电子物质的量与二者质量之和列方程计算x、y的值该合金中镁与铜的物质的量之比为1：2；根据n=计算NO2和N2O4混合气体的物质的量，令二氧化氮的物质的量为amol，表示出四氧化二氮的物质的量，根据电子转移守恒列方程计算，进而计算N2O4的体积分数；得到5.08g沉淀时，溶液中溶质为NaNO3，根据氮元素守恒计算n（NaNO
56、3），根据钠离子守恒可知n（NaOH）=n（NaNO3），再根据V=计算需要氢氧化钠溶液的体积；结合氢氧根物质的量，计算转移电子数目【解答】解：金属离子全部沉淀时，得到5.08g沉淀为氢氧化铜、氢氧化镁，沉淀中氢氧根的质量为5.08g3.04g=2.04g，氢氧根的物质的量为=0.12mol，根据电荷守恒可知，金属提供的电子物质的量等于氢氧根的物质的量，即金属提供电子为0.12mol，令铜、镁合金中Cu、Mg的物质的量分别为xmol、ymol，则：，解得x=0.04 y=0.02，故合金中Mg与Cu的物质的量之比是0.02mol：0.04mol=1：2，故正确；标况下，NO2和N2O4混合气体
57、的物质的量为=0.1mol，令二氧化氮的物质的量为amol，则四氧化二氮的物质的量为（0.1a）mol，根据电子转移守恒可知，a1+（0.1a）21=0.12，解得a=0.08，N2O4的物质的量为0.1mol0.08mol=0.02mol，N2O4的体积分数=100%=20%，故错误；金属离子全部沉淀时，反应后溶质为NaNO3，根据氮元素守恒可知，NaNO3的物质的量为1.4mol0.08mol0.02mol2=1.28mol，根据钠离子守恒可知n（NaOH）=n（NaNO3）=1.28mol，故需要氢氧化钠溶液的体积为=0.64L=640mL，故错误；该反应中共转移电子为0.12NA，故错
58、误，故选B二、非选择题（共52分）17已知下列反应（反应所需的其他条件和各物质的化学计量数均已略去）：A+B M+D+E； M+EA+F+B请针对以下两种不同情况回答：（1）若A是一种钠盐，反应是化学工业上制取单质E和化合物M的重要方法则A的电子式为；反应的离子方程式为Cl2+2OHCl+ClO+H2O；在酸性条件下，若将化合物F加到Fe2+的溶液中，溶液从浅绿色变成黄色，反应的离子方程式为2Fe2+ClO+2H+2Fe3+Cl+H2O（2）若A是一种含氧酸盐，可用于实验室中检验水的存在1个A的酸根离子中共含有50个电子，其中含有一种元素X，X的原子的最外层电子数是电子层数的2倍，则X在元素周
59、期表中的位置是第三周期VIA族X与碳单质在一定条件下可以生成CX2的化合物，其分子结构类似于CO2，则CX2的结构式为S=C=S；反应的化学方程式为：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2+2H2O【考点】无机物的推断【分析】（1）A是一种钠盐，反应是化学工业上制取单质E和化合物M的重要方法，在酸性条件下，若将化合物F加到Fe2+的溶液中，溶液从浅绿色变成黄色，F具有强氧化性，应是电解饱和食盐水的反应，A为NaCl，B为H2O，M为NaOH，E为Cl2，D为H2，F为NaClO；（2）若A是一种含氧酸盐，可用于实验室中检验水的存在，1个A的酸根离子中共含有50个电子，其中含有一种元素X，X
60、的原子的最外层电子数是电子层数的2倍，X为S元素，酸根为SO42，则A为CuSO4，B为H2O，则反应应为浓硫酸和Cu的反应，可知E为Cu，M为H2SO4，A为CuSO4，反应应在电解条件下进行，D应为O2，X与碳单质在一定条件下可以生成CX2的化合物为CS2，据此答题【解答】解：（1）A是一种钠盐，反应是化学工业上制取单质E和化合物M的重要方法，在酸性条件下，若将化合物F加到Fe2+的溶液中，溶液从浅绿色变成黄色，F具有强氧化性，应是电解饱和食盐水的反应，A为NaCl，B为H2O，M为NaOH，E为Cl2，D为H2，F为NaClO，则：A的电子式为；反应的离子方程式为Cl2+2OHCl+Cl
61、O+H2O；在酸性条件下，若将化合物F加到Fe2+的溶液中，溶液从浅绿色变成黄色，反应的离子方程式为：2Fe2+ClO+2H+2Fe3+Cl+H2O，故答案为：；Cl2+2OHCl+ClO+H2O；2Fe2+ClO+2H+2Fe3+Cl+H2O；（2）若A是一种含氧酸盐，可用于实验室中检验水的存在，1个A的酸根离子中共含有50个电子，其中含有一种元素X，X的原子的最外层电子数是电子层数的2倍，X为S元素、酸根为SO42，A为CuSO4，B为H2O，则反应应为浓硫酸和Cu的反应，可知E为Cu，M为H2SO4，A为CuSO4，反应应在电解条件下进行，D应为O2，则：X在元素周期表中的位置是第三周期
62、VIA族硫单质的熔点是112.8，则硫单质的晶体属于分子晶体；X与碳单质在一定条件下可以生成CS2的化合物，其分子结构类似于CO2，其结构式为S=C=S，反应的化学方程式为Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2+2H2O，故答案为：第三周期VIA族；S=C=S；Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2+2H2O18中国环境监测总站数据显示，颗粒物（PM2.5等）为连续雾霾过程影响空气质量最显著的污染物，其主要来源为燃煤、机动车尾气等因此，对PM2.5、SO2、NOx等进行研究具有重要意义请回答下列问题：（1）将PM2.5样本用蒸馏水处理制成待测试样若测得该试样所含水溶性无机离子的化学组分
63、及其平均浓度如下表：离子K+Na+NH4+SO42NO3Cl浓度/mol？L1410661062105410531052105根据表中数据计算PM2.5待测试样的pH=4（2）NOx是汽车尾气的主要污染物之一汽车发动机工作时会引发N2和O2反应，其能量变化示意图如下：N2（g）+O2（g）2NO（g）H=+183 kJmoL1当尾气中空气不足时，NOx在催化转化器中被还原成N2排出写出NO被CO还原的化学方程式2NO+2CO 2CO2+N2汽车汽油不完全燃烧时还产生CO，有人设想按下列反应除去CO：2CO（g）=2C（s）+O2（g），已知该反应的H0，该设想能否实现？不能你的依据是该反应是熵
64、减、焓增的反应，任何温度下均不能自发进行（3）碘循环工艺不仅能吸收SO2降低环境污染，同时又能制得氢气，具体流程如下：用离子方程式表示反应器中发生的反应SO2+I2+2H2O=SO42+2I+4H+用化学平衡移动的原理分析，在HI分解反应中使用膜反应器分离出H2的目的是HI分解为可逆反应，及时分离出产物H2，有利于反应正向进行用吸收H2后的稀土储氢合金作为电池负极材料（用MH）表示），NiO（OH）作为电池正极材料，KOH溶液作为电解质溶液，可制得高容量、长寿命的镍氢电池电池充放电时的总反应为：Ni（OH）2+M充电放电NiO（OH）+MH，电池放电时，负极电极反应式为MH+OHe=H2O+M
65、； 充电完成时，全部转化为NiO（OH），若继续充电，将在一个电极产生O2，O2扩散到另一个电极发生电极反应被消耗，从而避免产生的气体引起电池爆炸，此时，阴极电极反应式为4O2+4e+2H2O=4OH【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；原电池和电解池的工作原理；三废处理与环境保护【分析】（1）根据溶液中电荷守恒计算；（2）根据能量变化图计算反应热，反应热=吸收的能量放出的能量，再根据热化学反应方程式的书写规则书写；NO被CO还原，则CO被NO氧化生成二氧化碳，据此写出反应方程式；如反应能自发进行，应满足HTS0；（3）碘和二氧化硫反应生成硫酸和HI，类似于氯气和二氧化硫的反应；根据
66、平衡移动的原理来分析；电池放电时，负极发生氧化反应，MH被氧化生成水和M；为避免爆炸，氧气在阴极上得电子发生还原反应【解答】解：（1）溶液中电荷守恒：c（K+）+c（NH4+）+c（Na+）+c（H+）=2c（SO42）+c（NO3）+c（Cl），将表中数据带入可得c（H+）=1104molL1，pH值为4，故答案为：4；（2）该反应中的反应热=kJ/mol2630kJ/mol=+183kJ/mol，所以其热化学反应方程式为：N2（g）+O2（g）=2NO（g）H=+183 kJmoL1，故答案为：+183 kJmoL1；在催化剂条件下，一氧化碳被氧化生成二氧化碳，一氧化氮被还原生成氮气，所以
67、其反应方程式为：2NO+2CO 2CO2+N2，故答案为：2NO+2CO 2CO2+N2；2CO（g）=2C（s）+O2（g），该反应是焓增、熵减的反应根据G=HTS，G0，不能实现，故答案为：不能；该反应是熵减、焓增的反应，任何温度下均不能自发进行；（3）碘和二氧化硫反应生成硫酸和HI，反应的离子方程式为SO2+I2+2H2O=SO42+2I+4H+，故答案为：SO2+I2+2H2O=SO42+2I+4H+；在膜分离器中发生反应：2HII2+H2，将H2分离出来有利于平衡向右移动，利于I2和H2的生成，故答案为：HI分解为可逆反应，及时分离出产物H2，有利于反应正向进行；负极反应物MH失去电
68、子，生成的H+在碱性条件下生成H2O，电解反应式为：MHe+OH=H2O+M，阴极的电极反应有两个，第一阶段是充电时的反应式，阴极上电极反应式为M+H2O+eMH+OH，第二阶段为吸收氧气的电解反应式，由题意知氧气在阴极上被还原，电解质溶液呈碱性可知氧气被还原为OH，所以其电极反应式为2H2O+O2+4e4OH，故答案为：MH+OHe=H2O+M；4O2+4e+2H2O=4OH19酸性条件下，锡在水溶液中有Sn2+、Sn4+两种主要存在形式SnSO4是一种重要的硫酸盐，广泛应用于镀锡工业，其制备路线如下：回答下列问题：（1）SnCl2用盐酸而不用水直接溶解的原因是抑制Sn2+水解，加入Sn粉的
69、作用是防止Sn2+被氧化（2）反应I生成的沉淀为SnO，写出该反应的化学方程式：SnCl2+Na2CO3=SnO+CO2+2NaCl（3）反应硫酸的作用之一是控制溶液的pH，若溶液中c（Sn2+）=1.0molL1，则应控制溶液pH小于1（已知：KspSn（OH）2=1.01026）（4）酸性条件下，SnSO4还可以用作双氧水去除剂，试写出发生反应的离子方程式：2Sn2+2H2O2+4H+=2Sn4+4H2O【考点】制备实验方案的设计【分析】SnCl2能水解生成碱式氯化亚锡，用盐酸溶解，防止其水解，在酸性条件下，溶液中的Sn2+可被空气中的氧气氧化成Sn4+，加入锡粉主要是防止在溶解时被空气中
70、氧气氧化，过滤出锡粉，得到SnCl2溶液，碳酸钠与SnCl2反应生成氧化亚锡、二氧化碳和氯化钠，过滤得到SnO，再利用SnO与硫酸反应得到SnSO4溶液，经过蒸发浓缩、冷却结晶等操作得到SnSO4是晶体，以此解答该题【解答】解：SnCl2能水解生成碱式氯化亚锡，用盐酸溶解，防止其水解，在酸性条件下，溶液中的Sn2+可被空气中的氧气氧化成Sn4+，加入锡粉主要是防止在溶解时被空气中氧气氧化，过滤出锡粉，得到SnCl2溶液，碳酸钠与SnCl2反应生成氧化亚锡、二氧化碳和氯化钠，过滤得到SnO，再利用SnO与硫酸反应得到SnSO4溶液，经过蒸发浓缩、冷却结晶等操作得到SnSO4是晶体，（1）SnCl
71、2易水解生成碱式氯化亚锡，存在平衡Sn Cl2+H2OSn（OH）Cl+HCl，加入硫酸，使该平衡向左移动，抑制Sn2+水解，由信息可知，Sn2+易被氧化，加入Sn粉除调节溶液pH外，还除去酸溶时产生的少量Sn4+、防止Sn2+被氧化，故答案为：抑制Sn2+水解；防止Sn2+被氧化；（2）碳酸钠与SnCl2反应生成氧化亚锡、二氧化碳和氯化钠，反应的化学方程式为：SnCl2+Na2CO3=SnO+CO2+2NaCl，故答案为：SnCl2+Na2CO3=SnO+CO2+2NaCl；（3）已知：KspSn（OH）2=1.01026，若溶液中c（Sn2+）=1.0molL1，则应满足c（OH）=1.0
72、1013（mol/L），即pH1，故答案为：小于1；（4）酸性条件下，SnSO4还可以用作双氧水去除剂，双氧水有强氧化性，将Sn2+易被氧化为Sn4+，自身被还原为水，离子方程式为：Sn2+H2O2+2H+Sn4+2H2O，故答案为：2Sn2+2H2O2+4H+=2Sn4+4H2O20二草酸合铜（）酸钾晶体K2Cu（C2O4）22H2O制备流程如下：（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、洗涤过滤所需的玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒用蒸馏水洗涤氧化铜时，如何证明氧化铜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）为提
73、高CuO的利用率，让滤纸上的CuO充分转移到热的KHC2O4溶液中，以下方案正确的是ada剪碎滤纸，加入到热的KHC2O4溶液中，待充分反应后趁热过滤b用稀硫酸溶解滤纸上的氧化铜，然后将溶液转入热的KHC2O4溶液中c用氢氧化钾溶液溶解氧化铜，并转入热的KHC2O4溶液中d在空气中灼烧滤纸，将剩余的固体转入热的KHC2O4溶液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、将滤液蒸发浓缩得到二草酸合铜（）酸钾晶体（3）二草酸合铜（）酸钾晶体的制备也可以用CuSO4晶体和K2C2O4溶液反应得到从硫酸铜溶液中获得硫酸铜晶
74、体的实验步骤为：加入适量乙醇、蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥加入适量乙醇的优点有：a缩短加热的时间，降低能耗； b降低硫酸铜的溶解度，有利于硫酸铜晶体析出在蒸发浓缩的初始阶段还采用了蒸馏的操作，其目的是回收乙醇【考点】制备实验方案的设计【分析】（1）过滤一般在漏斗中进行，且用玻璃棒引流，用烧杯盛装滤液；CuO表面会附着硫酸根离子，用氯化钡溶液检验最后一次洗涤液中是否含有硫酸根离子判断是否洗涤干净；（2）提高氧化铜的利用率，可用氧化铜与KHC2O4溶液充分反应；CuO与KHC2O4溶液在50水浴加热条件下反应生成K2Cu（C2O4）2与H2O；（3）从硫酸铜溶液中获得硫酸铜晶体时，为减少硫
75、酸铜的溶解，可用加入少量乙醇，并用蒸馏的方法分离乙醇【解答】解：（1）过滤装置所需的玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒，故答案为：漏斗、烧杯、玻璃棒；CuO表面会附着硫酸根离子，检验是否洗涤干净的具体方法是：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）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或将滤纸灼烧成灰再将剩余的固体转入热的KHC2O4溶液，故答案为：ad；根据题意可知，CuO与KHC2O4溶液在50水浴加热
76、条件下反应生成K2Cu（C2O4）2与H2O，反应的方程式为：2KHC2O4+CuOK2Cu（C2O4）2+H2O，故答案为：2KHC2O4+CuOK2Cu（C2O4）2+H2O；（3）从硫酸铜溶液中获得硫酸铜晶体时，为减少硫酸铜的溶解，降低硫酸铜的溶解度，有利于硫酸铜晶体析出，可用加入少量乙醇，故答案为：降低硫酸铜的溶解度，有利于硫酸铜晶体析出；在蒸发浓缩的初始阶段还采用了蒸馏的方法，可起到回收乙醇的作用，故答案为：回收乙醇21某抗结肠炎药物有效成分的合成路线如下（部分反应略去试剂和条件）：已知：（a） （b） 请回答下列问题：（1）烃A的结构简式是；反应的反应条件是FeCl3作催化剂；反应
77、的反应类型是取代反应；（2）下列对该抗结肠炎药物有效成分可能具有的性质推测正确的是AD；A水溶性比苯酚好 B能发生消去反应也能发生聚合反应C1mol该物质最多可与3mol溴发生反应 D既有酸性又有碱性E与足量NaOH溶液反应的化学方程式是；（3）写出符合下列条件的E的所有同分异构体的结构简式：，；a与E具有相同的官能团b苯环上的一硝基取代产物有两种c核磁共振氢谱上共有4个峰（4）已知苯胺（）易被氧化，苯环上连有烷基时再引入一个取代基，常取代在烷基的邻对位，而当苯环上连有羧基时则取代在间位据此按先后顺序写出以A为原料合成邻氨基苯甲酸（）合成路线中两种中间产物的结构简式（部分反应条件已略去），【考
78、点】有机物的合成【分析】C发生信息（a）中的反应生成D，D发生氧化反应生成E，结合C的分子式与E的结构简式，可知C的结构简式为，则D为烃A与氯气在FeCl3催化剂条件下反应得到B，B发生水解反应、酸化得到C，A为，B为E与氢氧化钠反应、酸化得到F为，由信息（b）并结合抗结肠炎药物有效成分的结构可知，F在浓硫酸、浓硝酸加热条件下发生反应生成G为，G发生还原反应得到抗结肠炎药物有效成分，据此解答【解答】解：C发生信息（a）中的反应生成D，D发生氧化反应生成E，结合C的分子式与E的结构简式，可知C的结构简式为，则D为烃A与氯气在FeCl3催化剂条件下反应得到B，B发生水解反应、酸化得到C，A为，B为
79、E与氢氧化钠反应、酸化得到F为，由信息（b）并结合抗结肠炎药物有效成分的结构可知，F在浓硫酸、浓硝酸加热条件下发生反应生成G为，G发生还原反应得到抗结肠炎药物有效成分（1）由上述分析可知，烃A的结构简式是，的反应条件是FeCl3作催化剂，的反应类型是取代反应，故答案为：；FeCl3作催化剂；取代反应；（2）A羧基、氨基与水分子之间可以形成氢键，其水溶性比苯酚好，故A正确；B不能发生消去反应，故B错误；C酚羟基的对为氨基，邻位只有1个H原子，故1mol该物质最多可与1mol溴发生反应，故C错误；D含有羧基、氨基，既有酸性又有碱性，故D正确故答案为：AD；E与足量NaOH溶液反应的化学方程式是：，故答案为：；（3）符合下列条件的E的所有同分异构体：a与E具有相同的官能团，含有羧基、酯基，b苯环上的一硝基取代产物有两种，含有2个不同的取代基且处于对位，c核磁共振氢谱上共有4个峰，分子中有4种H原子，符合条件的结构简式为：，故答案为：，；（4）甲苯和浓硝酸发生取代反应生成邻硝基甲苯，邻硝基甲苯和酸性高锰酸钾溶液氧化生成邻硝基苯甲酸，邻硝基苯甲酸和Fe、HCl反应生成邻氨基苯甲酸，其合成路线为，两种中间产物的结构简式为，故答案为：，2016年11月25日高考资源网版权所有，侵权必究！