1、2016-2017学年江西省鹰潭一中高三（上）期中化学试卷一、选择题（共16小题，每小题3分，满分48分）1神农本草经说：“水银镕化（加热）还复为丹”黄帝九鼎神丹经中的“柔丹”“伏丹”都是在土釜中加热Hg制得的这里的“丹”是指（）A氯化物B合金C硫化物D氧化物2如图所示，夹子开始处于关闭状态，将液体A滴入烧瓶与气体B充分反应，打开夹子，可发现试管内的水立刻沸腾了，则液体A和气体B的组合不可能是（）A水、氯化氢B硫酸、氨气C氢氧化钠溶液、二氧化硫D氢氧化钠溶液、一氧化碳3用NA表示阿伏伽德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A标准状况下，22.4LH2O所含原子个数大于3NAB100ml18.4mo
2、l/L硫酸与足量Cu反应，生成SO2的分子数为0.92NACt时，MgCO3的Ksp=4106，则饱和溶液中含Mg2+数目为2103NAD100g质量分数为34.2%的蔗糖分子水溶液中含H原子数为2.2NA4物质的量为0.10mol的镁条在只含有CO2和O2混合气体的容器中燃烧（产物不含碳酸镁），反应后容器内固体物质的质量不可能为（）A3.2 gB4.0 gC4.2 gD4.6 g5某澄清透明溶液中只可能含有Al3+；Mg2+；Fe3+；Fe2+；H+；CO32；NO3中的几种，向该溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量，生成沉淀的质量与NaOH的物质的量的关系如图所示则该溶液中一定含有的离子是（）
3、ABCD6下列说法正确的有（）项，（1）柠檬属于酸性食物 （2）日照香炉生紫烟碘的升华 （3）若存在简单离子R2，则R一定属于 VIA族 （4）青石棉（化学式为Na2Fe5Si8O22（OH）2），是一种硅酸盐产品，它含有一定量的石英晶体 （5）“海沙危楼”是由于海沙带有腐蚀性，壶腐蚀混凝土中的钢筋等 （6）用带橡皮塞的棕色试剂瓶存放浓HNO3A2项B3项C4项D5项7K2Cr2O7溶液中存在平衡：Cr2O72（橙色）+H2O2CrO42（黄色）+2H+用K2Cr2O7溶液进行下列实验：结合实验，下列说法不正确的是（）A中溶液橙色加深，中溶液变黄B中Cr2O72被C2H5OH还原C对比和可知K
4、2Cr2O7酸性溶液氧化性强D若向中加入70%H2SO4溶液至过量，溶液变为橙色8乙二酸（HOOCCOOH）与丁醇（C4H10O）在一定条件下反应，生成的二酯有（）A4种B7种C8种D10种9如图表示铁与不同浓度硝酸反应时，各种还原产物的相对含量与硝酸溶液浓度的关系，则下列说法不正确的是（）A一般来说，硝酸与铁反应的还原产物不是单一的B用一定量的铁粉与大量的9.75molL1HNO3溶液反应得到标态下气体2.24L，则参加反应的硝酸的物质的量为0.1molC硝酸的浓度越大，其还原产物中价态越高的成份越多D当硝酸浓度为9.75molL1时还原产物是NO、NO2、N2O，且其物质的量之比为5：3：
5、110常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（）A在加入铝粉能产生氢气的溶液中：Fe2+、K+、NO3、ClB澄清透明的溶液：Cu2+、SO42、Mg2+、ClC含有大量Al3+的溶液中：K+、Ba2+、AlO2、ClDpH=1的溶液：Na+、ClO、K+、CH3COO11将相同状况下的下列气体分别充满一干燥烧瓶中，把烧瓶倒置于水中，瓶内液面逐渐上升，假设烧瓶内溶液不扩散，则最终该溶液中溶质的物质的量浓度大小关系为（）NH3；NO2；体积比4：1混合的NO2和O2；NO（用导管向烧瓶中缓缓通入O2至气体恰好完全吸收）A=B=C=D12X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期元素其形成的
6、小分子化合物Y2X2、Z2X4、X2W2中，分子内各原子最外层电子都满足稳定结构下列说法正确的是（）AX、Y、Z、W的原子半径的大小关系为：WYZXB在Y2X2、Z2X4、X2W2的一个分子中，所含的共用电子对数相等CX、Y、Z、W四种元素可形成化学式为X7Y2ZW2的化合物D与元素Y、Z相比，元素W形成的简单氢化物最稳定，是因为其分子间存在氢键13常温下，0.2mol/L的一元酸HA与等浓度的NaOH溶液等体积混合后，所得溶液中都分微粒组分及浓度如图所示，下列说法正确的是（）AHA为强酸B该混合液pH=7C图中X表示HA，Y表示OH，Z表示H+D该混合溶液中：c（A）+c（Y）=c（Na+）
7、14下列说法在一定条件下可以实现的是（）酸性氧化物与碱发生反应弱酸与盐溶液反应可以生成强酸没有水生成，也没有沉淀和气体生成的复分解反应两种酸溶液充分反应后的溶液体系为中性 有单质参加的非氧化还原反应两种氧化物反应的产物有气体ABCD15下列有关实验原理、装置、操作或结论的描述中，正确的（或实验能达到预期目的）有（有关装置中的夹持仪器略去未画）（）项仿启普发生器制少量氧气该装置检查气密性（止水夹已关）一打开分液漏斗活塞，液体顺利流下进行铜与浓硝酸反应的实验证明氧化性Cl2Br2I2验证酸性的强弱，H2SO4H2CO3HClOA1项B2项C3项D4项16向铁铜合金中加入过量的硝酸溶液，得到NO2、
8、N2O4、NO混合气体，向反应后溶液中加入2mol/LNaOH溶液，至沉淀恰好完全若将得到的NO2、N2O4、NO混合气体，与2.24L（标准状况下）O2混合后通入水中恰好被完全吸收生成硝酸则反应中消耗的NaOH溶液的体积是（）A150mlB180mlC200mlD250ml二、解答题（共4小题，满分29分）17锌是一种过渡金属，外观呈现银白色，在现代工业中对于电池制造上有不可磨灭的地位现代炼锌的方法可分为火法和湿法两大类硫酸铅是生产锌的副产品（1）火法炼锌是将闪锌矿（主要含ZnS）通过浮选、焙烧使它转化为氧化锌，再把氧化锌和焦炭混合，在鼓风炉中加热至14731573K，使锌蒸馏出来将闪锌矿焙
9、烧使它转化为氧化锌的主要化学反应方程式为（2）某含锌矿的主要成分为ZnS（还含少量FeS等其他成分），以其为原料冶炼锌的工艺流程如图所示：回答下列问题：焙烧过程中产生的含尘烟气可净化制酸，该酸可用于后续的操作浸出液“净化”过程中加入的主要物质为锌粉，其作用是改进的锌冶炼工艺，采用了“氧压酸浸”的全湿法流程，既省略了易导致空气污染的焙烧过程，又可获得一种有工业价值的非金属单质“氧压酸浸”中发生的主要反应的离子方程式为（3）工业冶炼锌的过程中，会产生铅浮渣（主要成分是PbO、Pb，还含有少量Ag、Zn、CaO和其他不溶于硝酸的杂质），某科研小组研究利用铅浮渣生产硫酸铅的流程如下：已知：25时，Ks
10、p（CaSO4）=4.9105，KSP（PbSO4）=1.6108已知步骤有NO气体产生，浸出液中含量最多的阳离子是Pb2+写出Pb参加反应的化学方程式步骤需控制Pb的用量并使Pb稍有剩余，目的是，产品PbSO4还需用Pb（NO3）2溶液多次洗涤，目的是母液中可循环利用的溶质的化学式是（填一种物质）；母液经过处理可得电镀Zn时电解质溶液，在铁棒上镀锌时，阳极材料为（4）银锌电池是一种常见电池，电池的总反应式为：Ag2O+Zn+H2O=2Ag+Zn（OH）2，电解质溶液为KOH溶液，电池工作时正极的电极式为18发展洁净煤技术、利用CO2制备清洁能源等都是实现减碳排放的重要途径（1）将煤转化成水煤
11、气的反应：C（s）+H2O（g）CO（g）+H2（g）可有效提高能源利用率，若在上述反应体系中加入催化剂（其他条件保持不变），此反应的H（填“增大”、“减小”或“不变”），判断的理由是（2）CO2制备甲醇：CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）H=49.0kJmol1，在体积为1L的密闭容器中，充入1mol CO2和3mol H2，测得CO2（g） 和CH3OH（g） 浓度随时间变化如图1所示该反应化学平衡常数K的表达式是09min时间内，该反应的平均反应速率（H2）=在相同条件下，密闭容器的体积缩小至0.5L时，此反应达平衡时放出的热量（Q）可能是（填字母序号）kJ0Q29
12、.5 b.29.5Q36.75 c.36.75Q49 d.49Q98在一定条件下，体系中CO2的平衡转化率（）与L和 X的关系如图2所示，L和X 分别表示温度或压强X表示的物理量是 判断L1与L2飞大小关系（3）科学家用氮化镓材料与铜组装如图3的人工光合系统，利用该装置成功地实现了以CO2和H2O合成CH4写出铜电极表面的电极反应式，为提高该人工光合系统的工作效率，可向装置中加入少量（选填“盐酸”或“硫酸”）（4）利用CO2和NH3为原料也合成尿素，在合成塔中的主要反应可表示如下：反应：2NH3（g）+CO2（g）=NH2CO2NH4（s）H1=反应：NH2CO2NH4（s）=CO（NH2）2
13、（s）+H2O（g）H2=+72.49kJmol1总反应：2NH3（g）+CO2（g）=CO（NH2）2（s）+H2O（g）H=86.98kJmol1；则反应的H1=（5）现将amol铁和bmol铜的混合物与含有cmolHNO3的稀溶液充分反应，设还原产物为NO下列结论不正确的是（填序号）A若剩余金属0.5amol，则氧化产物为一种或二种B若只有一种氧化产物，则3c=8aC若有二种氧化产物，被还原的硝酸物质的量为0.25cmolD若有三种氧化产物，被还原的硝酸物质的量为0.25cmol19氯化铁是常见的水处理剂，利用废铁屑可制备无水氯化铁实验室制备装置和工业制备流程图如图：已知：（1）无水Fe
14、Cl3的熔点为555K、沸点为588K（2）废铁屑中的杂质不与盐酸反应（3）不同温度下六水合氯化铁在水中的溶解度如表：温度/02080100溶解度（g/100 g H2O）74.491.8525.8535.7实验室制备操作步骤如下：打开弹簧夹K1，关闭弹簧夹K2，并打开活塞a，缓慢滴加盐酸当时，关闭弹簧夹K1，打开弹簧夹K2，当A中溶液完全进入烧杯后关闭活塞a将烧杯中溶液经过一系列操作后得到FeCl36H2O晶体请回答：（1）烧杯中足量的H2O2溶液的作用是（2）为了测定废铁屑中铁的质量分数，操作中“”的内容是（3）从FeCl3溶液制得FeCl36H2O晶体的操作步骤是：加入后、蒸发浓缩、冷却
15、结晶、过滤、洗涤、干燥（4）试写出吸收塔中反应的离子方程式：（5）捕集器温度超过673K时，存在相对分子质量为325的铁的氯化物，该物质的分子式为（6）FeCl3的质量分数通常可用碘量法测定：称取m g无水氯化铁样品，溶于稀盐酸，配制成100mL溶液；取出10.00mL，加入稍过量的KI溶液，充分反应后，滴入几滴淀粉溶液，并用c molL1 Na2S2O3溶液滴定，消耗V mL（已知：I2+2S2O322I+S4O62）滴定过程中可能造成实验结果偏低的是A锥形瓶未润洗 B锥形瓶中溶液变色后立刻停止滴定，进行读数C滴定管尖嘴内滴定前无气泡，滴定终点发现气泡 D滴定终点时仰视读数样品中氯化铁的质量
16、分数20芳香酯I的合成路线如下：已知以下信息：AI均为芳香族化合物，B苯环上只有一个取代基，B能银镜反应，D的相对分子质量比C大4，E的核磁共振氢谱有3组峰请回答下列问题：（1）AB的反应类型为，D所含官能团的名称为，E的名称为（2）EF与FG的顺序能否颠倒（填“能”或“否”），理由（3）B与银氨溶液反应的化学方程式为（4）I的结构简式为（5）符合下列要求A的同分异构体还有种与Na反应并产生H2 芳香族化合物（6）据已有知识并结合相关信息，写出以CH3CH2OH为原料制备CH3CH2CH2CH2OH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：CH3CH2BrCH3CH2OHCH3C
17、OOCH2CH32016-2017学年江西省鹰潭一中高三（上）期中化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（共16小题，每小题3分，满分48分）1神农本草经说：“水银镕化（加热）还复为丹”黄帝九鼎神丹经中的“柔丹”“伏丹”都是在土釜中加热Hg制得的这里的“丹”是指（）A氯化物B合金C硫化物D氧化物【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系【分析】在加热的条件下，金属汞可以和氧气发生反应得到氧化汞，氧化汞属于物质分类中的氧化物，据此回答【解答】解：在土釜中加热Hg，金属汞可以和氧气发生反应得到氧化汞，氧化汞属于物质分类中的氧化物，故选D2如图所示，夹子开始处于关闭状态，将液体A滴入烧瓶与气体B充分
18、反应，打开夹子，可发现试管内的水立刻沸腾了，则液体A和气体B的组合不可能是（）A水、氯化氢B硫酸、氨气C氢氧化钠溶液、二氧化硫D氢氧化钠溶液、一氧化碳【考点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用；氨的化学性质；二氧化硫的化学性质【分析】将液体A滴入烧瓶与气体B充分反应，打开夹子，可发现试管内的水立刻沸腾了，是因压强减小，沸点降低，则分析选项中气体的压强减小、物质的量减小即可，以此来解答【解答】解：AHCl极易溶于水，压强减小，沸点降低，符合题意，故A不选；B硫酸与氨气反应生成硫酸铵固体，压强减小，沸点降低，符合题意，故B不选；C氢氧化钠溶液与二氧化硫反应生成亚硫酸钠溶液、水，压强减小，沸点降低，符合
19、题意，故C不选；D氢氧化钠溶液、一氧化碳不反应，不会导致压强减小，不符合题意，故D选；故选D3用NA表示阿伏伽德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A标准状况下，22.4LH2O所含原子个数大于3NAB100ml18.4mol/L硫酸与足量Cu反应，生成SO2的分子数为0.92NACt时，MgCO3的Ksp=4106，则饱和溶液中含Mg2+数目为2103NAD100g质量分数为34.2%的蔗糖分子水溶液中含H原子数为2.2NA【考点】阿伏加德罗常数【分析】A、标况下水为液体；B、铜只能和浓硫酸反应，和稀硫酸不反应；C、在MgCO3的饱和溶液中，c（Mg2+）=c（CO32）；D、在蔗糖溶液中，除了
20、蔗糖分子外，水也含H原子【解答】解：A、标况下水为液体，且密度为1g/mL，故22.4L水的质量为22400g，则物质的量大于3mol，故分子个数大于3NA个，故A正确；B、铜只能和浓硫酸反应，和稀硫酸不反应，故浓硫酸不能反应完全，则生成的二氧化硫分子小于0.92NA个，故B错误；C、在MgCO3的饱和溶液中，c（Mg2+）=c（CO32），根据Ksp=4106可知，饱和溶液中镁离子的浓度为2103mol/L，但由于溶液体积未知，故镁离子的个数无法计算，故C错误；D、在蔗糖溶液中，除了蔗糖分子外，水也含H原子，故溶液中H原子的个数多于2.2NA个，故D错误故选A4物质的量为0.10mol的镁条
21、在只含有CO2和O2混合气体的容器中燃烧（产物不含碳酸镁），反应后容器内固体物质的质量不可能为（）A3.2 gB4.0 gC4.2 gD4.6 g【考点】有关混合物反应的计算【分析】金属Mg在只含有CO2和O2混合气体的容器中燃烧，固体的质量包括未反应镁的质量、生成的碳的质量和生成的氧化镁的质量，采用极限讨论法，若镁全部与二氧化碳反应生成固体量最大，假设镁没有反应，则固体量最少，计算出固体的范围，然后对各选项进行判断【解答】解：镁条在只含有CO2和O2混合气体的容器中燃烧，反应后容器内固体物质的质量为：未反应镁的质量、生成的碳的质量及生成的MgO的质量，若气体中无氧气，镁完全与二氧化碳反应时，
22、反应后固体的质量最大，2Mg+CO2 2MgO+C， 2 2 10.10mol 0.10mol 0.05mol则0.1mol镁完全反应最多可生成固体的质量为：0.10mol40g/mol+0.05mol12g/mol=4.6g，若金属镁没有反应，则固体的质量最少，固体质量最小为：0.10mol24g/mol=2.4g，由于含有二氧化碳和氧气，且镁条也参加了反应，则反应后固体质量m的范围应为：2.4gm4.6g，故选D5某澄清透明溶液中只可能含有Al3+；Mg2+；Fe3+；Fe2+；H+；CO32；NO3中的几种，向该溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量，生成沉淀的质量与NaOH的物质的量的关系如
23、图所示则该溶液中一定含有的离子是（）ABCD【考点】镁、铝的重要化合物【分析】向该溶液中加入一定量NaOH溶液的过程中，开始没有沉淀，说明溶液呈酸性，则一定含有大量的H+离子，在酸性溶液中CO32离子因发生反应生成挥发性气体而不能存在，而后会有沉淀，能够生成沉淀的是Al3+，Mg2+，Fe3+，Fe2+中的一种或几种，但是氢氧化铝能溶于过量的碱中，所以一定没有铝离子，结合溶液的电中性和Fe2+离子的还原性以及NO3离子的氧化性做进一步的推断【解答】解：向该溶液中加入一定量 NaOH溶液的过程中，开始没有沉淀，说明溶液呈酸性，则一定含有大量的H+离子，在酸性溶液中CO32离子分别与H+离子反应生
24、成CO2气体而不能存在，根据溶液的电中性可知一定含有阴离子，则只有NO3离子符合，含硝酸根离子、氢离子，即相当于硝酸存在，亚铁离子因为和硝酸之间发生氧化还原反应一定不能存在，而后随着氢氧化钠的加入会有沉淀，能够生成沉淀的是Al3+，Mg2+，Fe3+中的一种或几种，但是氢氧化铝能溶于过量的碱中，沉淀量会出现减小的迹象，但是没有出现，所以一定没有Al3+，根据沉淀量达到最大消耗氢氧化钠的量是4mol，1mol铁离子能消耗3mol氢氧化钠，可以知道一定含有镁离子，综上可知一定含有的离子是：Mg2+，Fe3+，H+，NO3故选B6下列说法正确的有（）项，（1）柠檬属于酸性食物 （2）日照香炉生紫烟碘
25、的升华 （3）若存在简单离子R2，则R一定属于 VIA族 （4）青石棉（化学式为Na2Fe5Si8O22（OH）2），是一种硅酸盐产品，它含有一定量的石英晶体 （5）“海沙危楼”是由于海沙带有腐蚀性，壶腐蚀混凝土中的钢筋等 （6）用带橡皮塞的棕色试剂瓶存放浓HNO3A2项B3项C4项D5项【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系【分析】（1）食物的酸碱性并非指味觉上的酸碱性，也不是指化学上所指的溶液的酸碱性，而是指食物在体内代谢最终产物的性质来分类；（2）烟是气溶胶； （3）若存在简单阴离子R2，则R一定属于VIA族，简单阴离子最外层电子排布是ns2np6（H元素除外）；（4）硅酸盐中不含
26、二氧化硅；（5）钢筋属于合金，与海沙混合在一起，容易形成原电池反应而被腐蚀；（6）浓HNO3的强氧化性【解答】解：（1）柠檬在人体内代谢后生成碱性物质，使体液呈弱碱性，这类食物习惯上被称为碱性食物，故（1）错误；（2）烟是气溶胶，“日照香炉生紫烟”是胶体的丁达尔效应，故（2）错误； （3）简单阴离子最外层电子排布是ns2np6（H元素除外），若存在简单阴离子R2，说明R元素得2个电子达到稳定结构，所以R一定属于VIA族，故（3）正确；（4）硅酸盐中不含二氧化硅，所以青石棉中不含石英晶体，故（4）错误；（5）“海沙危楼”是混凝土中的钢筋与海沙混合在一起，容易形成原电池反应而被腐蚀，故（5）正确；
27、（6）因浓HNO3具有强氧化性，能够氧化橡皮，所以存放浓HNO3的棕色试剂瓶不用带橡皮塞，而用玻璃塞，故（6）错误；正确的为（3）（5），故选A7K2Cr2O7溶液中存在平衡：Cr2O72（橙色）+H2O2CrO42（黄色）+2H+用K2Cr2O7溶液进行下列实验：结合实验，下列说法不正确的是（）A中溶液橙色加深，中溶液变黄B中Cr2O72被C2H5OH还原C对比和可知K2Cr2O7酸性溶液氧化性强D若向中加入70%H2SO4溶液至过量，溶液变为橙色【考点】氧化还原反应；化学平衡的影响因素【分析】K2Cr2O7溶液中存在平衡：Cr2O72（橙色）+H2O2CrO42（黄色）+2H+，加入酸，氢
28、离子浓度增大，平衡逆向移动，则溶液橙色加深，加入碱，平衡正向移动，溶液变黄，由实验、可知Cr2O72具有较强的氧化性，可氧化乙醇，而CrO42不能，以此解答该题【解答】解：A在平衡体系中加入酸，平衡逆向移动，重铬酸根离子浓度增大，橙色加深，加入碱，平衡正向移动，溶液变黄，故A正确；B中重铬酸钾氧化乙醇，重铬酸钾被还原，故B正确；C是酸性条件，是碱性条件，酸性条件下氧化乙醇，而碱性条件不能，说明酸性条件下氧化性强，故C正确；D若向溶液中加入70%的硫酸到过量，溶液为酸性，可以氧化乙醇，溶液变绿色，故D错误故选D8乙二酸（HOOCCOOH）与丁醇（C4H10O）在一定条件下反应，生成的二酯有（）A
29、4种B7种C8种D10种【考点】有机化合物的异构现象【分析】分子式为C4H10O的醇可以看作丁烷被OH取代，CH3CH2CH2CH3被取代时有2种醇，CH2CH（CH3）CH3被取代时有2种醇，故醇共有4种，可以是一种醇与乙二酸形成二酯，也可以是不同的2种醇与乙二酸形成二酯【解答】解：分子式为C4H10O的醇可以看作丁烷被OH取代，CH3CH2CH2CH3被取代时有2种醇，CH2CH（CH3）CH3被取代时有2种醇，故醇共有4种，当一种醇与乙二酸形成二酯，有4种，不同的2种醇与乙二酸形成二酯，有C42种组合，即有=6种，故形成的二酯共有4+6=10种，故选D9如图表示铁与不同浓度硝酸反应时，各
30、种还原产物的相对含量与硝酸溶液浓度的关系，则下列说法不正确的是（）A一般来说，硝酸与铁反应的还原产物不是单一的B用一定量的铁粉与大量的9.75molL1HNO3溶液反应得到标态下气体2.24L，则参加反应的硝酸的物质的量为0.1molC硝酸的浓度越大，其还原产物中价态越高的成份越多D当硝酸浓度为9.75molL1时还原产物是NO、NO2、N2O，且其物质的量之比为5：3：1【考点】氧化还原反应的计算【分析】从图中可以看出，当其他条件一致时，在浓硝酸浓度为12.2mol/L中，主要产物NO2，随着硝酸浓度逐渐降低，产物NO2逐渐减少而NO的相对含量逐渐增多；当浓度为9.75mol/L时，主要产物
31、是NO，其次是NO2及少量的N2O，当HNO3的浓度降到4.02mol/L时，NH4+离子成为主要产物可见，凡有硝酸参加的氧化还原反应都比较复杂，往往同时生成多种还原产物；硝酸的密度越大、浓度越大，其还原产物中氮元素化合价越高A图象分析可知，随溶液PH变化硝酸钡还原产物不同；B用一定量的铁粉与大量的9.75molL1HNO3溶液反应得到标态下气体2.24L为NO，物质的量为0.1mol，铁变化为硝酸铁，结合电子守恒计算反应硝酸；C硝酸浓度越高，产物中氮元素价态越高；D图象分析可知当硝酸浓度为9.75molL1时还原产物是NO、NO2、N2O，物质的量之比为其体积比含量之比；【解答】解：A随溶液
32、PH变化硝酸钡还原产物不同，在浓硝酸浓度为12.2mol/L中，主要产物NO2，随着硝酸浓度逐渐降低，产物NO2逐渐减少而NO的相对含量逐渐增多；当浓度为9.75mol/L时，主要产物是NO，其次是NO2及少量的N2O，当HNO3的浓度降到4.02mol/L时，NH4+离子成为主要产物，故A正确；B用一定量的铁粉与大量的9.75molL1HNO3溶液反应得到标态下气体2.24L为NO，物质的量为0.1mol，铁变化为硝酸铁，HNO3NO3e，FeFe3+3e，反映生成的铁离子为0.1mol，显酸性的硝酸为0.3mol，氧化剂的硝酸为0.1mol，所以参加反应的硝酸为0.3mol+0.1mol=
33、0.4mol，故B错误；C硝酸的浓度极低时，反应无气体产生，可知硝酸浓度越高，产物中氮元素价态越高，故C正确；D图象分析可知当硝酸浓度为9.75molL1时还原产物是NO、NO2、N2O，物质的量之比为其体积比含量之比=10：6：2=5；3：1，故D正确；故选C10常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（）A在加入铝粉能产生氢气的溶液中：Fe2+、K+、NO3、ClB澄清透明的溶液：Cu2+、SO42、Mg2+、ClC含有大量Al3+的溶液中：K+、Ba2+、AlO2、ClDpH=1的溶液：Na+、ClO、K+、CH3COO【考点】离子共存问题【分析】A在加入铝粉能产生氢气的溶液中存在
34、大量氢离子或氢氧根离子，亚铁离子与氢氧根离子反应，酸性条件下硝酸根离子能够 氧化亚铁离子；B四种离子之间不反应，为澄清透明溶液；C铝离子与偏铝酸根离子发生双水解反应；DpH=1的溶液中存在大量氢离子，次氯酸根离子、醋酸根离子都与氢离子反应【解答】解：A在加入铝粉能产生氢气的溶液呈酸性或碱性，Fe2+、NO3在酸性条件下发生氧化还原反应，Fe2+与碱性溶液中的氢氧根离子反应，在溶液中一定不能大量共存，故A错误；BCu2+、SO42、Mg2+、Cl之间不发生反应，为澄清透明溶液，在溶液中能够大量共存，故B正确；CAl3+、AlO2之间发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀，在溶液中不能大量共存，故C错误；
35、DpH=1的溶液呈酸性，溶液中存在大量氢离子，H+与ClO、CH3COO发生反应，在溶液中不能大量共存，故D错误；故选B11将相同状况下的下列气体分别充满一干燥烧瓶中，把烧瓶倒置于水中，瓶内液面逐渐上升，假设烧瓶内溶液不扩散，则最终该溶液中溶质的物质的量浓度大小关系为（）NH3；NO2；体积比4：1混合的NO2和O2；NO（用导管向烧瓶中缓缓通入O2至气体恰好完全吸收）A=B=C=D【考点】物质的量浓度的相关计算；化学方程式的有关计算【分析】三支体积相等的试管分别充满相同状态下气体：NH3；NO2；体积比4：1混合的NO2和O2；NO（用导管向烧瓶中缓缓通入O2至气体恰好完全吸收）；将他们分别
36、倒立于盛有足量水的水槽中，液面恒定后，盛氨气的试管中充满液体，溶液浓度为；NO2气体倒扣在水槽中液体液体上升试管容积的，溶液浓度；体积比为4：l的NO2和O2气体倒扣在水槽中，液体全部充满试管，4NO2+O2+2H2O=4HNO3，溶液浓度=；NO（用导管向烧瓶中缓缓通入O2至气体恰好完全吸收），最终溶液充满试管，则溶液浓度，据此进行解答【解答】解：将相同状况下的下列气体分别充满一干燥烧瓶中，盛NH3的试管中充满液体，反应后溶液的物质的量浓度为： mol/L；NO2气体倒扣在水槽中液体液体上升试管容积的，溶液浓度mol/L；体积比为4：l的NO2和O2气体倒扣在水槽中，液体全部充满试管，4NO
37、2+O2+2H2O=4HNO3，溶液的物质的量浓度为： =mol/L；NO（用导管向烧瓶中缓缓通入O2至气体恰好完全吸收），最终溶液充满试管，则溶液浓度为mol/L，根据分析可知，最终该溶液中溶质的物质的量浓度大小关系为：=，故选C12X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期元素其形成的小分子化合物Y2X2、Z2X4、X2W2中，分子内各原子最外层电子都满足稳定结构下列说法正确的是（）AX、Y、Z、W的原子半径的大小关系为：WYZXB在Y2X2、Z2X4、X2W2的一个分子中，所含的共用电子对数相等CX、Y、Z、W四种元素可形成化学式为X7Y2ZW2的化合物D与元素Y、Z相比，元素W形成的简单
38、氢化物最稳定，是因为其分子间存在氢键【考点】原子结构与元素周期律的关系【分析】在化合物Y2X2、Z2X4、X2W2中，相应分子内各原子最外层电子都满足稳定结构，X应为H，形成的化合物分别为C2H2、N2H4、H2O2，则Y为C，Z为N，W为O，以此解答该题【解答】解：在化合物Y2X2、Z2X4、X2W2中，相应分子内各原子最外层电子都满足稳定结构，X应为H，形成的化合物分别为C2H2、N2H4、H2O2，则Y为C，Z为N，W为O，AX、Y、Z、W的原子半径的大小关系为Y（C）Z（N）W（O）X（H），故A错误；B在化合物C2H2、N2H4、H2O2中，含有的电子对数分别为5、5、3，不相等，故
39、B错误；CX、Y、Z、W四种元素可形成化学式为H7C2NO2的化合物，为CH2OHCH（OH）NH2，故C正确；D氢化物的稳定性与氢键无关，与共价键的强弱有关，故D错误，故选C13常温下，0.2mol/L的一元酸HA与等浓度的NaOH溶液等体积混合后，所得溶液中都分微粒组分及浓度如图所示，下列说法正确的是（）AHA为强酸B该混合液pH=7C图中X表示HA，Y表示OH，Z表示H+D该混合溶液中：c（A）+c（Y）=c（Na+）【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算【分析】一元酸HA和NaOH溶液等体积、等浓度0.2mol/L混合，HA+NaOH=NaA+H2O，所得溶液中A浓度小于0.1m
40、ol/L，说明在溶液中存在A+H2OHA+OH，NaA水解，HA为弱酸，NaA溶液呈碱性，则c（OH）c（H+），一般来说，盐类的水解程度较低，则有c（A）c（OH），所以有：c（Na+）=0.1mol/Lc（A）c（OH）c（HA）c（H+），即X表示OH，Y表示HA，Z表示H+，溶液中存在物料守恒为：c（Na+）=c（A）+c（HA）【解答】解：一元酸HA和NaOH溶液等体积、等浓度0.2mol/L混合，HA+NaOH=NaA+H2O，所得溶液中A浓度小于0.1mol/L，说明在溶液中存在A+H2OHA+OH，NaA水解，HA为弱酸，NaA溶液呈碱性，则c（OH）c（H+），一般来说，盐类
41、的水解程度较低，则有c（A）c（OH），所以有：c（Na+）=0.1mol/Lc（A）c（OH）c（HA）c（H+），即X表示OH，Y表示HA，Z表示H+，溶液中存在物料守恒得到：c（Na+）=c（A）+c（HA），A一元酸HA和NaOH溶液等体积、等浓度0.2mol/L混合，二者恰好反应：HA+NaOH=NaA+H2O，所得溶液为NaA溶液，溶液中中A浓度小于0.1mol/L，说明在溶液中存在A+H2OHA+OH，NaA水解，HA为弱酸，故A错误；Bc（Na+）c（A），说明NaA发生水解：A+H2OHA+OH，该混合液的pH7，故B错误；CHA是弱电解质，则有c（A）c（OH），c（OH）
42、除了水解产生的还有水电离的，因此c（OH）c（HA），所以有：c（Na+）=0.1mol/Lc（A）c（OH）c（HA）c（H+），即X表示OH，Y表示HA，Z表示H+，故C错误；D溶液中存在物料守恒c（Na+）=c（A）+c（HA），Y表示HA，得到c（A）+c（Y）=c（Na+），故D正确；故选D14下列说法在一定条件下可以实现的是（）酸性氧化物与碱发生反应弱酸与盐溶液反应可以生成强酸没有水生成，也没有沉淀和气体生成的复分解反应两种酸溶液充分反应后的溶液体系为中性 有单质参加的非氧化还原反应两种氧化物反应的产物有气体ABCD【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系【分析】MgO与盐酸反
43、应生成盐和水；CuSO4+H2SCuS+H2SO4为弱酸与盐的反应；HCl+CH3COONa=CH3COOH+NaCl为复分解反应，为强酸制取弱酸的反应；2H2S+H2SO3=3H2O+S反应后显中性；氧气转化为臭氧，无元素的化合价变化；二氧化碳与过氧化钠反应生成氧气【解答】解：MgO与盐酸反应生成盐和水，则酸性氧化物与碱发生反应可实现，故选；CuSO4+H2SCuS+H2SO4为弱酸与盐的反应，则弱酸与盐溶液反应可以生成强酸可实现，故选；HCl+CH3COONa=CH3COOH+NaCl为复分解反应，为强酸制取弱酸的反应，则没有水生成，也没有沉淀和气体生成的复分解反应可发生，故选；2H2S+
44、H2SO3=3H2O+S反应后显中性，则两种酸溶液充分反应后的溶液体系为中性，故选；氧气转化为臭氧，无元素的化合价变化，为非氧化还原反应，故选；二氧化碳与过氧化钠反应生成氧气，则两种氧化物反应的产物有气体可实现，故D选；故选A15下列有关实验原理、装置、操作或结论的描述中，正确的（或实验能达到预期目的）有（有关装置中的夹持仪器略去未画）（）项仿启普发生器制少量氧气该装置检查气密性（止水夹已关）一打开分液漏斗活塞，液体顺利流下进行铜与浓硝酸反应的实验证明氧化性Cl2Br2I2验证酸性的强弱，H2SO4H2CO3HClOA1项B2项C3项D4项【考点】物质分离、提纯的实验方案设计【分析】过氧化钠为
45、粉末固体，隔板不能使固体与液体分离；该装置中用橡皮管连接蒸馏烧瓶和分液漏斗，大气压相等，无法检验装置的气密性；浓硝酸和铜反应生成二氧化氮，用氢氧化钠溶液吸收；生成的溴中含有氯气，不能排除氯气的干扰；烧杯中二氧化碳与次氯酸钠的反应没有明显现象，无法判断是否反应【解答】解：过氧化钠为粉末固体，隔板不能使固体与液体分离，则图中装置不能用于制备少量氧气，故错误；橡胶管上下连通，无法检验该装置的气密性，故错误；浓硝酸和铜反应生成二氧化氮，可用氢氧化钠溶液吸收，防止污染空气，故正确；生成的溴中含有氯气，不能排除氯气的干扰，故错误；碳酸与次氯酸钠反应生成次氯酸和碳酸氢钠，该反应没有明显现象，则无法判断二者发
46、生了反应，则无法证明酸性H2CO3HClO，故错误；根据分析可知，正确的只有1个，故选A16向铁铜合金中加入过量的硝酸溶液，得到NO2、N2O4、NO混合气体，向反应后溶液中加入2mol/LNaOH溶液，至沉淀恰好完全若将得到的NO2、N2O4、NO混合气体，与2.24L（标准状况下）O2混合后通入水中恰好被完全吸收生成硝酸则反应中消耗的NaOH溶液的体积是（）A150mlB180mlC200mlD250ml【考点】有关混合物反应的计算【分析】金属失去的电子等于氧气与混合气体反应生成硝酸获得的电子，向所得硝酸盐溶液中加入2mol/LNaOH溶液至沉淀最多停止加入，此时溶液为硝酸钠溶液根据硝酸根
47、守恒可知，钠离子物质的量等于金属失去的电子的物质的量据此计算钠离子的物质的量，进而计算溶液的浓度【解答】解：标准状况下2.24LO2的物质的量为： =0.1mol，所以氧气获得电子的物质的量为：0.1mol4=0.4mol，合金失去的电子等于氧气与混合气体反应生成硝酸获得的电子=0.4mol，向所得硝酸盐溶液中加入2mol/LNaOH溶液至沉淀恰好完全，此时溶液为硝酸钠溶液，根据硝酸根离子守恒可知，钠离子物质的量等于金属失去的电子的物质的量=0.4mol，所以生成硝酸钠的物质的量为0.4mol，根据钠离子守恒可知消耗NaOH的物质的量为0.4mol，体积为： =0.2L=200mL，故选C二、
48、解答题（共4小题，满分29分）17锌是一种过渡金属，外观呈现银白色，在现代工业中对于电池制造上有不可磨灭的地位现代炼锌的方法可分为火法和湿法两大类硫酸铅是生产锌的副产品（1）火法炼锌是将闪锌矿（主要含ZnS）通过浮选、焙烧使它转化为氧化锌，再把氧化锌和焦炭混合，在鼓风炉中加热至14731573K，使锌蒸馏出来将闪锌矿焙烧使它转化为氧化锌的主要化学反应方程式为2ZnS+3O22ZnO+2SO2（2）某含锌矿的主要成分为ZnS（还含少量FeS等其他成分），以其为原料冶炼锌的工艺流程如图所示：回答下列问题：焙烧过程中产生的含尘烟气可净化制酸，该酸可用于后续的浸出操作浸出液“净化”过程中加入的主要物质
49、为锌粉，其作用是置换出Fe等，以达到净化的目的改进的锌冶炼工艺，采用了“氧压酸浸”的全湿法流程，既省略了易导致空气污染的焙烧过程，又可获得一种有工业价值的非金属单质“氧压酸浸”中发生的主要反应的离子方程式为2ZnS+4H+O2=2Zn2+2S+2H2O（3）工业冶炼锌的过程中，会产生铅浮渣（主要成分是PbO、Pb，还含有少量Ag、Zn、CaO和其他不溶于硝酸的杂质），某科研小组研究利用铅浮渣生产硫酸铅的流程如下：已知：25时，Ksp（CaSO4）=4.9105，KSP（PbSO4）=1.6108已知步骤有NO气体产生，浸出液中含量最多的阳离子是Pb2+写出Pb参加反应的化学方程式3Pb+8HN
50、O3=3Pb（NO3）2+2NO+4H2O步骤需控制Pb的用量并使Pb稍有剩余，目的是防止Ag被溶解进入溶液（或使Ag留在浸出渣中），产品PbSO4还需用Pb（NO3）2溶液多次洗涤，目的是除去附着在硫酸铅表面的微溶物硫酸钙母液中可循环利用的溶质的化学式是HNO3（填一种物质）；母液经过处理可得电镀Zn时电解质溶液，在铁棒上镀锌时，阳极材料为Zn或锌（4）银锌电池是一种常见电池，电池的总反应式为：Ag2O+Zn+H2O=2Ag+Zn（OH）2，电解质溶液为KOH溶液，电池工作时正极的电极式为Ag2O+H2O+2e2Ag+2OH【考点】制备实验方案的设计；原电池和电解池的工作原理；物质分离和提纯
51、的方法和基本操作综合应用【分析】（1）焙烧中硫化锌与氧气在高温下反应生成氧化锌和二氧化硫；（2）ZnS在氧气燃烧发生氧化还原反应生成产物出来氧化锌外还有硫的氧化物，可转换为硫酸，用于后续的浸出操作；锌的活泼性强于铁，能够与二价铁离子反应生成铁；依据题意“氧压酸浸”的全湿法流程，既省略了易导致空气污染的焙烧过程，又可获得一种有工业价值的非金属单质，可知反应物中含有H+和O2，可以获得非金属单质S；（3）根据题给信息硝酸把铅氧化成Pb2+，硝酸被还原成NO，据此写出方程式；铅浮渣中含银，银也和硝酸反应；硫酸钙微溶，易沉淀在PbSO4表面，所以需用Pb（NO3）2溶液多次洗涤，除去CaSO4；Pb（
52、NO3）2溶液加硫酸后生成硫酸铅沉淀和硝酸，过滤得滤液含硝酸；铁棒上镀锌，镀层金属作阳极，锌作阳极；（4）正极得电子发生还原反应，根据总反应书写电极方程式【解答】解：（1）由题中信息可知，闪锌矿（主要成分是ZnS）通过浮选焙烧使它转化为氧化锌，反应的化学方程式为：2ZnS+3O22ZnO+2SO2；故答案为：2ZnS+3O22ZnO+2SO2；（2）ZnS在氧气燃烧发生氧化还原反应生成产物出来氧化锌外还有硫的氧化物，可转换为硫酸，用于后续的浸出操作；故答案为：浸出； 该含锌矿中还含有FeS等杂质，浸出操作后转化为亚铁离子，可加入锌粉出去亚铁离子，离子方程式：Zn+Fe2+=Zn2+Fe；故答案
53、为：置换出Fe等，以达到净化的目的； “氧压酸浸”法顾名思义，可知反应物中含有H+和O2，可以获得非金属单质S，写出化学方程式为：2ZnS+4H+O2=2Zn2+2S+2H2O，故答案为：2ZnS+4H+O2=2Zn2+2S+2H2O； （3）根据题给信息硝酸把铅氧化成Pb2+，硝酸被还原成NO，故反应方程式为3Pb+8HNO3=3Pb（NO3）2+2NO+4H2O；故答案为：3Pb+8HNO3=3Pb（NO3）2+2NO+4H2O；若硝酸过量，则过量的硝酸会和银反应生成硝酸银，产品中会有杂质，所以步骤I需控制硝酸的用量并使Pb稍有剩余，其目的是防止Ag被溶解进入溶液；硫酸钙微溶，易沉淀在Pb
54、SO4表面，所以需用Pb（NO3）2溶液多次洗涤，除去CaSO4，故答案为：防止Ag被溶解进入溶液（或使Ag留在浸出渣中）；除去附着在硫酸铅表面的微溶物硫酸钙；Pb（NO3）2溶液加硫酸后生成硫酸铅沉淀和硝酸，所以母液可循环利用于步骤I，其溶质主要是HNO3，铁棒上镀锌，镀层金属作阳极，锌作阳极，故答案为：HNO3；Zn或锌； （4）正极得电子发生还原反应，电极方程式为：Ag2O+H2O+2e2Ag+2OH，故答案为：Ag2O+H2O+2e2Ag+2OH18发展洁净煤技术、利用CO2制备清洁能源等都是实现减碳排放的重要途径（1）将煤转化成水煤气的反应：C（s）+H2O（g）CO（g）+H2（g
55、）可有效提高能源利用率，若在上述反应体系中加入催化剂（其他条件保持不变），此反应的H不变（填“增大”、“减小”或“不变”），判断的理由是加入催化剂后反应物和生成物的总能量不变（2）CO2制备甲醇：CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）H=49.0kJmol1，在体积为1L的密闭容器中，充入1mol CO2和3mol H2，测得CO2（g） 和CH3OH（g） 浓度随时间变化如图1所示该反应化学平衡常数K的表达式是09min时间内，该反应的平均反应速率（H2）=0.25mol/Lmin在相同条件下，密闭容器的体积缩小至0.5L时，此反应达平衡时放出的热量（Q）可能是c（填字母序
56、号）kJ0Q29.5 b.29.5Q36.75 c.36.75Q49 d.49Q98在一定条件下，体系中CO2的平衡转化率（）与L和 X的关系如图2所示，L和X 分别表示温度或压强X表示的物理量是 判断L1与L2飞大小关系（3）科学家用氮化镓材料与铜组装如图3的人工光合系统，利用该装置成功地实现了以CO2和H2O合成CH4写出铜电极表面的电极反应式，为提高该人工光合系统的工作效率，可向装置中加入少量硫酸（选填“盐酸”或“硫酸”）（4）利用CO2和NH3为原料也合成尿素，在合成塔中的主要反应可表示如下：反应：2NH3（g）+CO2（g）=NH2CO2NH4（s）H1=159.47KJ/mol反应
57、：NH2CO2NH4（s）=CO（NH2）2（s）+H2O（g）H2=+72.49kJmol1总反应：2NH3（g）+CO2（g）=CO（NH2）2（s）+H2O（g）H=86.98kJmol1；则反应的H1=159.47KJ/mol（5）现将amol铁和bmol铜的混合物与含有cmolHNO3的稀溶液充分反应，设还原产物为NO下列结论不正确的是BC（填序号）A若剩余金属0.5amol，则氧化产物为一种或二种B若只有一种氧化产物，则3c=8aC若有二种氧化产物，被还原的硝酸物质的量为0.25cmolD若有三种氧化产物，被还原的硝酸物质的量为0.25cmol【考点】反应热和焓变；氧化还原反应的计
58、算；化学平衡的计算【分析】（1）催化剂改变反应速率不改变化学平衡；（2）平衡常数K=；图象读取甲醇生成浓度，结合反应速率概念计算甲醇的反应速率，依据反应速率之比等于化学方程式计量数之比得到氢气反应速率；反应焓变是指1mol二氧化碳和3mol氢气完全反应放出的热量为49KJ，反应是可逆反应，在体积为1L的密闭容器中，充入1molCO2和3molH2，反应放热一定小于49KJ，结合图象中二氧化碳转化率计算此时达到平衡放出的热量，在相同条件下，密闭容器的体积缩小至0.5L时，压强增大，平衡正向进行，反应放出热量会增多；反应是气体体积减小的放热反应，升温平衡逆向进行，增大压强平衡正向进行，据此分析图象
59、确定表示的物理量；（3）根据题意知，该反应是可逆反应，反应物是硫化氢，根据图象知，生成物中含有S元素的物质是氢气的一半，则生成物是S2和H2，再结合反应条件书写方程式；（5）由电池装置图可知，Cu上二氧化碳得电子生成甲烷；根据酸的挥发性分析；（4）反应的热化学方程式可以依据反应、热化学方程式计算得到，同时得到反应的焓变；（5）还原性FeCu，则稀硝酸不足时铁优先反应生成硝酸亚铁：3Fe+8HNO3=3Fe（NO3）2+2NO+4H2O，若硝酸有剩余，则铜参与反应：3Cu+8HNO3=3Cu（NO3）2+2NO+4H2O，若硝酸足量，则亚铁离子被氧化生成铁离子，发生总反应为：Fe+4HNO3=F
60、e（NO3）3+NO+2H2O，据此对各选项进行判断【解答】解：（1）将煤转化成水煤气的反应：C（s）+H2OCO2（g）+H2（g）可有效提高能源利用率，若在上述反应体系中加入催化剂（其他条件保持不变），催化剂改变反应速率不改变化学平衡，不改变反应焓变，此反应的H不变，加入催化剂后反应物和生成物的总能量不变故答案为：不变；加入催化剂后反应物和生成物的总能量不变；（2）CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g），反应的平衡常数表达式为：K=，故答案为：；图象读取甲醇生成浓度，结合反应速率概念计算甲醇的反应速率=，反应速率之比等于化学方程式计量数之比，V（H2）=3V（CH3OH（
61、g）=3=0.25mol/Lmin，故答案为：0.25mol/Lmin；CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）H=49.0kJmol1，反应达到平衡状态消耗二氧化碳物质的量浓度=1mol/L0.25mol/L=0.75mol/L，物质的量为0.75mol，反应放出热量=49KJ/mol0.75mol=36.75KJ，反应焓变是指1mol二氧化碳和3mol氢气完全反应放出的热量为49KJ，反应是可逆反应，在体积为1L的密闭容器中，充入1molCO2和3molH2，反应放热一定小于49KJ，在相同条件下，密闭容器的体积缩小至0.5L时，压强增大，平衡正向进行，反应放出热量会增多，
62、大于36.75KJ，则36.75Q49，故答案为：c；CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）H=49.0kJmol1，反应是气体体积减小的放热反应，i温度升高，平衡逆向进行，二氧化碳转化率减小，所以X为温度，L为压强，故答案为：温度；ii温度一定压强增大平衡正向进行二氧化碳转化率增大，所以L1L2，故答案为：L1L2；（3）由电池装置图可知，Cu上二氧化碳得电子生成甲烷，则Cu电极上的电极反应为：CO2+8e+8H+=CH4+2H2O，可向装置中加入少量的酸作电解质，由于盐酸易挥发，生成的甲烷中会混有HCl气体，所以选用硫酸，不用盐酸故答案为：CO2+8e+8H+=CH4+2
63、H2O；硫酸；（4）反应：2NH3（g）+CO2（g）NH2COONH4（s）H1=akJmol1反应：NH2COONH4（s）CO（NH2）2（s）+H2O（g）H2=+72.49kJmol1总反应：2NH3（g）+CO2（g）CO（NH2）2（s）+H2O（g）H3=86.98kJmol1依据盖斯定律计算反应+反应得到：2NH3（g）+CO2（g）CO（NH2）2（s）+H2O（g）H3=akJmol1+72.49kJmol1=86.98kJmol1a=159.47akJmol1，故答案为：159.47KJ/mol；（5）A若剩余金属0.5a mol，该金属可能为铁或铜，若为铁，则溶质为硝
64、酸亚铁，若为铜，则氧化产物可能为硝酸亚铁和硝酸铜，故A正确；B若只有一种氧化产物，说明铁过量，铜没有参与反应，反应后溶质为硝酸亚铁，但是amol铁不一定完全反应，无法确定a与c的关系，故B错误；C若只有二种氧化产物，氧化产物可能为硝酸亚铁和硝酸铜或硝酸铜和硝酸铁，硝酸可能过量，稀硝酸不一定完全反应，则无法计算被还原的硝酸的量，故C错误；D若有三种氧化产物，氧化产物为硝酸铜、硝酸铁和硝酸亚铁，说明硝酸完全反应，根据反应3Cu+8HNO3=3Cu（NO3）2+2NO+4H2O、3Fe+8HNO3=3Fe（NO3）2+2NO+4H2O、Fe+4HNO3=Fe（NO3）3+NO+2H2O可知，被还原的
65、硝酸的物质的量为cmol=0.25cmol，故D正确；故答案为：BC19氯化铁是常见的水处理剂，利用废铁屑可制备无水氯化铁实验室制备装置和工业制备流程图如图：已知：（1）无水FeCl3的熔点为555K、沸点为588K（2）废铁屑中的杂质不与盐酸反应（3）不同温度下六水合氯化铁在水中的溶解度如表：温度/02080100溶解度（g/100 g H2O）74.491.8525.8535.7实验室制备操作步骤如下：打开弹簧夹K1，关闭弹簧夹K2，并打开活塞a，缓慢滴加盐酸当装置A中不产生气泡或量气管和水准管液面不变时，关闭弹簧夹K1，打开弹簧夹K2，当A中溶液完全进入烧杯后关闭活塞a将烧杯中溶液经过一
66、系列操作后得到FeCl36H2O晶体请回答：（1）烧杯中足量的H2O2溶液的作用是把亚铁离子全部氧化成三价铁离子（2）为了测定废铁屑中铁的质量分数，操作中“”的内容是装置A中不产生气泡或量气管和水准管液面不变（3）从FeCl3溶液制得FeCl36H2O晶体的操作步骤是：加入盐酸后、蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥（4）试写出吸收塔中反应的离子方程式：2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl（5）捕集器温度超过673K时，存在相对分子质量为325的铁的氯化物，该物质的分子式为Fe2Cl6（6）FeCl3的质量分数通常可用碘量法测定：称取m g无水氯化铁样品，溶于稀盐酸，配制成100mL溶液；取出1
67、0.00mL，加入稍过量的KI溶液，充分反应后，滴入几滴淀粉溶液，并用c molL1 Na2S2O3溶液滴定，消耗V mL（已知：I2+2S2O322I+S4O62）滴定过程中可能造成实验结果偏低的是BCA锥形瓶未润洗 B锥形瓶中溶液变色后立刻停止滴定，进行读数C滴定管尖嘴内滴定前无气泡，滴定终点发现气泡 D滴定终点时仰视读数样品中氯化铁的质量分数【考点】制备实验方案的设计【分析】（1）根据实验装置和操作步骤可知，实验室制备无水FeCl3，是利用铁与盐酸反应生成FeCl2，然后把FeCl2氧化成FeCl3，先制得FeCl36H2O晶体，再脱结晶水制得无水FeCl3烧杯中足量的H2O2溶液是作氧
68、化剂，把亚铁离子全部氧化成三价铁离子；（2）铁与盐酸反应完全时，不再产生氢气，所以装置A中不产生气泡或量气管和水准管的液面不再变化，此时，可将A中FeCl2溶液放入烧杯中进行氧化（3）从FeCl3溶液制得FeCl36H2O晶体的操作步骤是：加入盐酸后，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥（4）从工业制备流程图分析可知，反应炉中进行的反应是 2Fe+3Cl2=2FeCl3，因此，进入吸收塔中的尾气是没有参加反应的氯气，在吸收塔中氯气被吸收剂吸收，反应后生成2FeCl3溶液，所以吸收剂应是2FeCl2溶液，反应的离子方程式为：2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl（5）捕集器收集的是气态FeCl3，F
69、eCl3的相对分子质量是162.5，由相对分子质量为325的铁的氯化物可以推出，当温度超过673K时，二分子气态FeCl3可以聚合生成双聚体Fe2Cl6；（6）根据c（待测液）=分析不当操作对相关物理量的影响，以此判断浓度的误差；根据2Fe3+2I =2Fe2+I2； I2+2S2O322I+S4O62；可得关系式：2Fe3+I22S2O32，根据Na2S2O3的物质的量求得氯化铁的质量，进而求样品中氯化铁的质量分数【解答】解：（1）根据实验装置和操作步骤可知，实验室制备无水FeCl3，是利用铁与盐酸反应生成FeCl2，然后把FeCl2氧化成FeCl3，先制得FeCl36H2O晶体，再脱结晶水
70、制得无水FeCl3烧杯中足量的H2O2溶液是作氧化剂，把亚铁离子全部氧化成三价铁离子；故答案为：把亚铁离子全部氧化成三价铁离子；（2）铁与盐酸反应完全时，不再产生氢气，所以装置A中不产生气泡或量气管和水准管的液面不再变化，此时，可将A中FeCl2溶液放入烧杯中进行氧化；故答案为：装置A中不产生气泡或量气管和水准管液面不变；（3）从FeCl3溶液制得FeCl36H2O晶体的操作步骤是：加入盐酸后，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；故答案为：盐酸；（4）从工业制备流程图分析可知，反应炉中进行的反应是 2Fe+3Cl2=2FeCl3，因此，进入吸收塔中的尾气是没有参加反应的氯气，在吸收塔中氯气被
71、吸收剂吸收，反应后生成2FeCl3溶液，所以吸收剂应是2FeCl2溶液，反应的离子方程式为：2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl；故答案为：2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl；（5）捕集器收集的是气态FeCl3，FeCl3的相对分子质量是162.5，由相对分子质量为325的铁的氯化物可以推出，当温度超过673K时，二分子气态FeCl3可以聚合生成双聚体Fe2Cl6；故答案为：Fe2Cl6；（6）A锥形瓶未润洗，导致标准液被稀释，消耗的标准液体积偏高，则测定结果偏大，故A错误；B锥形瓶中溶液变色后立刻停止滴定，反应液未充分混合，进行读数标准液使用偏少，测定结果偏低，故B正确；C滴定管尖嘴内滴定前无
72、气泡，滴定终点发现气泡，则标准液体积读数偏小，测定结果偏低，故C正确； D滴定终点时仰视读数，读数比实际偏大，测定结果偏大，故D错误；故答案为：BC；由反应：2Fe3+2I =2Fe2+I2； I2+2S2O322I+S4O62；可得关系式：2Fe3+I22S2O321 1n cV103所以 n（Fe3+）=cV103 mol10=0.01cVmol，所以m克无水氯化铁样品中氯化铁的质量为0.01cVmol162.5g/mol=1.625cVg所以m克无水氯化铁样品中氯化铁的质量分数为=%；故答案为：20芳香酯I的合成路线如下：已知以下信息：AI均为芳香族化合物，B苯环上只有一个取代基，B能银
73、镜反应，D的相对分子质量比C大4，E的核磁共振氢谱有3组峰请回答下列问题：（1）AB的反应类型为氧化反应，D所含官能团的名称为羟基、羧基，E的名称为4氯甲苯（2）EF与FG的顺序能否颠倒否（填“能”或“否”），理由如果颠倒，则（酚）羟基会被KMnO4/H+氧化（3）B与银氨溶液反应的化学方程式为（4）I的结构简式为（5）符合下列要求A的同分异构体还有13种与Na反应并产生H2 芳香族化合物（6）据已有知识并结合相关信息，写出以CH3CH2OH为原料制备CH3CH2CH2CH2OH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
74、点】有机物的合成【分析】AI均为芳香族化合物，B的苯环上只有一个取代基，根据A的分子式可知A的侧链为饱和结构，A能够催化氧化生成B，B能够发生银镜反应，且能够发生信息中反应，则B分子中侧链CH2CHO结构，故B的结构简式为，A为，则C为，D比C的相对分子质量大4，恰好为2分子氢气，则说明C与氢气发生加成反应生成D，故D为；E的核磁共振氢谱有3组峰，E能够被酸性高锰酸钾溶液氧化，则E分子中含有甲基，且氯原子位于甲基的对位，故E为；E被酸性高锰酸钾溶液氧化成F，则F为；F在浓NaOH溶液中加热发生水解反应生成酚羟基，酚羟基、羧基与氢氧化钠发生中和反应，然后在酸性条件下转化成G，则G为，G和D发生酯
75、化反应生成I，则I为，据此进行解答【解答】解：AI均为芳香族化合物，B的苯环上只有一个取代基，根据A的分子式可知A的侧链为饱和结构，A能够催化氧化生成B，B能够发生银镜反应，且能够发生信息中反应，则B分子中侧链CH2CHO结构，故B的结构简式为，A为，则C为，D比C的相对分子质量大4，恰好为2分子氢气，则说明C与氢气发生加成反应生成D，故D为；E的核磁共振氢谱有3组峰，E能够被酸性高锰酸钾溶液氧化，则E分子中含有甲基，且氯原子位于甲基的对位，故E为；E被酸性高锰酸钾溶液氧化成F，则F为；F在浓NaOH溶液中加热发生水解反应生成酚羟基，酚羟基、羧基与氢氧化钠发生中和反应，然后在酸性条件下转化成G
76、，则G为，G和D发生酯化反应生成I，则I为（1）AB为催化氧化生成，该反应为氧化反应；G为，其分子中含有官能团为羟基、羧基，E为，名称为4氯甲苯，故答案为：氧化反应；羟基、羧基； 4氯甲苯；（2）E到G的反应中需要分别引进酚羟基和羧基，由于酚羟基容易被酸性高锰酸钾溶液氧化，所以EF与FG的顺序不能颠倒，故答案为：否；如果颠倒，则（酚）羟基会被KMnO4/H+氧化；（3）B分子中含有醛基，能够与与银氨溶液发生反应生成单质银，反应的化学方程式为：，故答案为：；（4）G和D发生酯化反应生成I，I的结构简式为：，故答案为：；（5）A为，其同分异构体符合：与Na反应并产生H2，说明该有机物分子中含有羟基
77、；芳香族化合物，有机物分子中含有苯环，满足条件的有机物分子中可能含有的侧链为：CH（OH）CH3，OH、CH2CH3，1个CH3，1个CH2OH，1个OH、2个CH3，其中存在1种结构，都存在邻、间、对3种结构，当3个取代基都在间位时存在1种结构，当3个取代基相邻时存在2种结构，当有2个取代基相邻时有3种结构，所以总共有6种结构，根据以上分析可知，满足条件的有机物总共有：1+3+3+6=13种，故答案为：13；（6）CH3CH2OH为原料制备CH3CH2CH2CH2OH，先将乙醇催化氧化生成乙醛，然后让乙醛发生信息反应生成CH3CH=CHCHO，与氢气加成生成CH3CH2CH2CH2OH，所以合成流程为，故答案为：2017年1月10日
