1、江苏省镇江市扬中高中2015届高考化学模拟试卷一、单项选择题：本题包括10小题，每题2分，共计20分每小题只有一个选项符合题意1下列说法错误的是( )A使用可降解塑料聚二氧化碳，能减少白色污染B实施“煤改气”、“煤改电”等清洁燃料改造工程，有利于保护环境C雷雨过后感觉到空气清新是因为空气中产生了少量的二氧化氮D通常所说的三大有机合成材料是指塑料、合成纤维、合成橡胶2下列有关化学用语表示正确的是( )AHClO的结构式：HClOBNaHCO3在水中的电离方程式：NaHCO3=Na+H+CO32C羟基的电子式：D异丙醇的结构简式：CH3CH2CH2OH325时，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共
2、存的是( )A澄清透明的溶液中：MnO4、SO42、K+、Fe3+B0.1 molL1FeCl3溶液中：Mg2+、NH4+、SCN、SO42C滴入甲基橙显黄色的溶液中：Na+、ClO、I、SO42D水电离产生的c（H+）=1012 molL1的溶液中：K+、Na+、NO3、CH3COO4下列有关物质性质与应用对应关系错误的是( )A常温下，浓硫酸能使铝钝化，可用铝制容器贮运浓硫酸B二氧化硅熔点很高、硬度很大，可用于制造坩埚C氯化铁溶液能腐蚀铜，可用于制作印刷电路板D金属钠硬度小、密度小，可用于制造高压钠灯5用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的是( )A用如图所示装置验证浓硫酸具有强氧化性
3、B用如图所示装置制取干燥的NH3C用如图所示装置制取并收集乙烯D用如图所示装置制取Cl26设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是( )A标准状况下，11.2 L NO和11.2 L SO3的分子总数为0.5NAB0.1molBr2与足量H2O或NaOH反应转移的电子数均为0.1NAC0.1mol的白磷（P4）或四氯化碳（CCl4）中所含的共价键数均为0.4NAD在精炼铜或电镀铜的过程中，当阴极析出铜32g转移电子数均为NA7下列指定反应的离子方程式正确的是( )A向NH4Al（SO4）2溶液中滴入Ba（OH）2溶液至SO42恰好沉淀完全：2Ba2+4OH+Al3+2SO42=2BaSO
4、4+AlO2+2H2OB向苯酚钠溶液中通入少量CO2：2C6H5O+CO2+H2O2C6H5OH+CO32C氧化亚铁溶于稀硝酸：3FeO+8H+NO3=3Fe3+NO+4H2OD4 molL1的NaAlO2溶液和7 molL1的盐酸等体积混合：4AlO2+7H+H2O=3Al（OH）3+Al3+8X、Y、Z、W四种物质在一定条件下具有如图所示的转化关系，下列判断正确的是( )A若图中反应均为非氧化还原反应，当W为一元强碱时，则X可能是NaAlO2B若图中反应均为非氧化还原反应，当W为一元强酸时，则X可能是NH3C若图中反应均为氧化还原反应，当W为非金属单质时，则Z可能是CO2D若图中反应均为氧
5、化还原反应，当W为金属单质时，则Z可能是FeCl39短周期元素A、B、C、D的原子序数依次增大，它们原子的最外层电子数之和为16，A与D同主族，B+与A2具有相同的电子层结构，C原子的最外层电子数等于A原子最外层电子数的一半，则下列叙述正确的是( )AB2A2和B2A中阴阳离子的个数比相同B原子半径的大小顺序：r（D）r（C）r（B）r（A）CD的简单气态氢化物的热稳定性比A的强D元素C的单质是一种高硬度、高熔点的金属10RFC是一种将水电解技术与氢氧燃料电池技术相结合的可充电电池，RFC工作原理见图下列有关说法正确的是( )A转移0.1mol电子时，a电极产生标准状况下O21.12LBb电极
6、上发生的电极反应是：2H2O+2e=H2+2OHCc电极上进行还原反应，B池中的H+可以通过隔膜进入A池Dd电极上发生的电极反应是：O2+4H+4e=2H2O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，该小题得0分；若正确答案包括两个选项时，只选一个且正确的得2分，选两个都正确的得满分，但选错一个，该小题就得0分11下列有关说法正确的是( )ANa2CO3和NaOH都能抑制水的电离B0.1 molL1Na2CO3溶液加水稀释，CO32的水解程度增大，溶液pH减小C酸碱中和滴定实验中，锥形瓶需用待测液润洗23次后，再加
7、入待测液D常温下，pH=3的盐酸、醋酸分别用水稀释m倍、n倍后pH相同，则mn12某药物中间体的合成路线如下下列说法正确的是( )A对苯二酚在空气中能稳定存在B1 mol该中间体最多可与11 mol H2反应C2，5二羟基苯乙酮能发生加成、水解、缩聚反应D该中间体分子中含有1个手性碳原子13下列有关实验说法错误的是( )A向品红溶液中通入气体X，品红溶液褪色，则气体X可能是Cl2BCO2中含少量SO2，可将该混合气体通入足量的饱和NaHCO3溶液中除去SO2C用洁净的铂丝蘸取某食盐，在酒精灯火焰上灼烧，火焰显黄色，说明该食盐中不含KIO3D向NaHCO3溶液中滴加酚酞试液，加热时溶液由浅红色变
8、成红色，冷却后溶液由红色变成淡红色，说明HCO3在水溶液中存在水解平衡1425时，下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是( )A在0.1 molL1 NH4Cl溶液中：c（H+）=c（NH3H2O）+c（OH）B10 mL 0.1 molL1CH3COONa溶液与6 mL 0.2 molL1盐酸混合：c（Cl）c（Na+）c（OH）c（H+）C0.1 molL1NH4HSO4溶液与0.1 molL1NaOH溶液等体积混合：c（Na+）=c（NH4+）c（H+）c（OH）D0.1 molL1 HCN溶液和0.05 molL1 NaOH溶液等体积混合（pH7）：c（HCN）+c（H+）c（O
9、H）+c（CN）15一定条件下存在反应：C（s）+H2O（g）CO（g）+H2（g）H0向甲、乙、丙三个恒容容器中加入一定量C和H2O，各容器中温度、反应物的起始量如下表，反应过程中CO的物质的量浓度随时间变化如图容器甲乙丙容积0.5L0.5LV温度T1T2T1起始量2molC1molH2O1molCO1molH24molC2molH2O下列说法正确的是( )A甲容器中，反应在前15 min的平均速率v（H2）=0.1 molL1min1B丙容器的体积V0.5 LC当温度为T1时，反应的平衡常数K=2.25D乙容器中，若平衡时n（H2O）=0.4 mol，则T1T2三、非选择题（共80分）16
10、氯化亚铜是一种应用较广的催化剂，易水解以低品位铜矿砂（主要成分CuS）为原料制备氯化亚铜的路线如下：（1）酸溶1步骤中加入MnO2的作用是_（2）除锰步骤Mn2+转化为MnCO3沉淀，该反应的离子方程式为_溶液中CuSO4转变为Cu（NH3）4CO3留在溶液中（3）蒸氨步骤会得到CuO固体，该步骤在减压条件下进行的原因是_（4）写出合成步骤中发生反应的化学方程式_（5）有工艺将合成步骤的NaCl与Na2SO3换为NH4Cl和（NH4）2SO3，则可获得一种可作为氮肥的副产品，其化学式为_（6）洗涤步骤先用_洗，再用无水乙醇洗涤17药物F具有抗肿瘤、降血压、降血糖等多种生物活性，其合成路线如下：
11、 已知：（1）原料A中含氧、含氮的官能团名称是_、_（2）写出中间产物E的结构简式_（3）反应、的反应类型是_、_（4）物质B有多种同分异构体，写出满足下列条件的一种同分异构体的结构简式_属于氨基酸 苯环上有两种一氯代物 能发生银镜反应核磁共振氢谱显示其有7种不同化学环境的氢原子（5）以和苯、乙醇为原料，可合成，写出合成流程图（无机试剂任用）合成流程图示例如下：18黄钾铵铁矾KNH4Fex（SO4）y（OH）z不溶于水和稀硫酸，制取黄钾铵铁矾的示意图如下：（1）溶液X是_（2）检验滤液中是否存在K+的操作是_（3）黄钾铵铁矾的化学式可通过下列实验测定：称取一定质量的样品加入稀硝酸充分溶解，将所
12、得溶液转移至容量瓶并配制成100.00mL溶液A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9.32g量取25.00mL溶液A，加入足量NaOH溶液，加热，收集到标准状况下气体224mL，同时有红褐色沉淀生成将步骤所得沉淀过滤、洗涤、灼烧，最终得固体4.80g通过计算确定黄钾铵铁矾的化学式（写出计算过程）19（16分）高纯碳酸锰在电子工业中有重要的应用，湿法浸出软锰矿（主要成分为MnO2，含少量Fe、Al、Mg等杂质元素）制备高纯碳酸锰的实验过程如下：（1）浸出：浸出时温度控制在9095之间，并且要连续搅拌3小时的目的是_，植物粉的作用
13、是_（2）除杂：向浸出液中加入一定量的碳酸锰矿，调节浸出液的pH为3.55.5；再加入一定量的软锰矿和双氧水，过滤；操作中使用碳酸锰调pH的优势是_；操作中加入双氧水不仅能将Fe2+氧化为Fe3+，而且能提高软锰矿的浸出率写出双氧水提高软锰矿浸出率的离子方程式_（3）制备：在3035下，将碳酸氢铵溶液滴加到硫酸锰净化液中，控制反应液的最终pH在6.57.0，得到MnCO3沉淀温度控制35以下的原因是_；该反应的化学方程式为_；生成的MnCO3沉淀需经充分洗涤，检验洗涤是否完全的方法是_（4）计算：室温下，Ksp（MnCO3）=1.81011，Ksp（MgCO3）=2.6105，已知离子浓度小于
14、1.0105molL1时，表示该离子沉淀完全若净化液中的c（Mg2+）=102mol/L，试计算说明Mg2+的存在是否会影响MnCO3的纯度20脱去冶金工业排放烟气中SO2的方法有多种（1）热解气还原法已知CO还原SO2生成S（g）和CO2过程中，每转移1mol电子需吸收2.0kJ的热量，则该反应的热化学方程式为_（2）离子膜电解法利用硫酸钠溶液吸收SO2，再用惰性电极电解将阴极区溶液导出，经过滤分离硫磺后，可循环吸收利用，装置如图1所示，则阴极的电极反应式为_，阳极产生气体的化学式为_（3）氧化锌吸收法配制ZnO悬浊液（含少量MgO、CaO），在吸收塔中封闭循环脱硫，发生的主要反应为ZnO+
15、SO2=ZnSO3（s），测得pH、吸收效率随时间t的变化如图2所示该反应常温能自发进行的原因是_纯ZnO的悬浮液pH约为6.8，结合图2和图3，下列说法正确的是_A向ZnSO3与水混合体系中加稀硫酸，硫元素会以SO2形式逸出BpHt曲线ab段发生的主要反应为ZnO+SO2=ZnSO3CpHt曲线cd段发生的主要反应为ZnSO3+SO2+H2O=Zn （HSO3）2DpH=7时，溶液中c（SO32）=c（HSO3）为提高SO2的吸收效率，可采取的措施为_A增大悬浊液中ZnO的量B适当提高单位时间内烟气的循环次数C调节溶液的pH至6.0以下21乙二胺四乙酸可由乙二胺（H2NCH2CH2NH2）、
16、氰化钠（NaCN）和甲醛水溶液作用制得，能和Fe3+形成稳定的水溶性配合物乙二胺四乙酸铁钠，原理如下：（1）Fe3+基态核外电子排布式为_（2）与CN互为等电子体的一种非极性分子为_（填化学式）（3）乙二胺四乙酸中C原子的轨道杂化类型是_；C、N、O三种元素的电负性由大到小的顺序是_（4）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得多，原因是_（5）请在乙二胺四乙酸铁钠结构图中用“箭头”表示出配位键江苏省镇江市扬中高中2015届高考化学模拟试卷一、单项选择题：本题包括10小题，每题2分，共计20分每小题只有一个选项符合题意1下列说法错误的是( )A使用可降解塑料聚二氧化碳，
17、能减少白色污染B实施“煤改气”、“煤改电”等清洁燃料改造工程，有利于保护环境C雷雨过后感觉到空气清新是因为空气中产生了少量的二氧化氮D通常所说的三大有机合成材料是指塑料、合成纤维、合成橡胶考点：常见的生活环境的污染及治理；合成材料 分析：A根据聚乙烯能产生白色污染；B减少了二氧化硫、氮氧化物和可吸入颗粒物；C雷雨过后空气中的氧气，有些变成了臭氧；D“煤改气”“煤改电”可减少污染物的排放，有利于保护环境解答：解：A聚二氧化碳是可降解塑料，不会造成白色污染，故A正确； B“煤改气”“煤改电”可减少污染物的排放，有利于保护环境，故B正确；C雷雨过后空气中的氧气，有些变成了臭氧，感觉到空气清新，故C错
18、误；D三大有机合成材料是塑料、合成纤维、合成橡胶，故D正确；故选C点评：本题考查常见的生活环境的污染及治理，难度不大，注意雷雨过后空气中的氧气，有些变成了臭氧2下列有关化学用语表示正确的是( )AHClO的结构式：HClOBNaHCO3在水中的电离方程式：NaHCO3=Na+H+CO32C羟基的电子式：D异丙醇的结构简式：CH3CH2CH2OH考点：电离方程式的书写；电子式；结构式；结构简式 分析：A次氯酸的中心原子是氧原子，根据成键情况来书写结构式；B多元弱酸的酸式根离子不能拆；C羟基是电中性的原子团，氧原子周围多1个电子；D异丙醇的结构简式：CH3CH（OH）CH3解答：解：A次氯酸的中心
19、原子是氧原子，结构式为HOCl，故A错误；BNaHCO3在水中的电离方程式，离子方程式：NaHCO3=Na+HCO3，故B错误；C羟基是电中性的原子团，氧原子周围多1个电子，羟基电子式为，故C正确；D异丙醇的结构简式：CH3CH（OH）CH3，故D错误；故选：C点评：本题考查了化学用语的使用，熟悉电子式、结构简式、电离方程式书写方法即可解答，题目难度不大325时，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是( )A澄清透明的溶液中：MnO4、SO42、K+、Fe3+B0.1 molL1FeCl3溶液中：Mg2+、NH4+、SCN、SO42C滴入甲基橙显黄色的溶液中：Na+、ClO、I、SO42D
20、水电离产生的c（H+）=1012 molL1的溶液中：K+、Na+、NO3、CH3COO考点：离子共存问题 分析：A四种离子之间不反应，能够大量共存；B铁离子与硫氰根离子结合生成硫氰化铁；C次氯酸根离子与碘离子发生氧化还原反应；D水电离产生的c（H+）=1012 molL1的溶液为酸性或碱性溶液，醋酸根离子与氢离子反应生成醋酸解答：解：AMnO4、SO42、K+、Fe3+之间不反应，在溶液中能够大量共存，故A正确；BFe3+和 SCN生成络合物硫氰化铁，在溶液中不能大量共存，故B错误；CClO、I之间发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故C错误；D该溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，CH3
21、COO与氢离子反应，在溶液中不能大量共存，故D错误；故选A点评：本题考查离子共存的正误判断，为中等难度的试题，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间，能发生氧化还原反应的离子之间，能发生络合反应的离子之间（如 Fe3+和 SCN）等；还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 H+或OH；是“可能”共存，还是“一定”共存等；A为易错点，注意澄清透明不代表为无色溶液4下列有关物质性质与应用对应关系错误的是( )A常温下，浓硫酸能使铝钝化，可用铝制容器贮运浓硫酸B二氧化硅熔点很高、硬度很大，可用于制造坩埚C氯化铁溶液能腐蚀铜，可用于制作印刷电
22、路板D金属钠硬度小、密度小，可用于制造高压钠灯考点：浓硫酸的性质；硅和二氧化硅；钠的物理性质；铁盐和亚铁盐的相互转变 分析：A浓硫酸具有强的氧化性，常温下与铝发生钝化，形成致密氧化膜；B二氧化硅为原子晶体，熔点高；C氯化铁具有氧化性，能够与铜发生氧化还原反应；D钠的焰色为黄色，透雾性强解答：解：A浓硫酸具有强的氧化性，常温下与铝发生钝化，形成致密氧化膜，阻止反应进行，所以可用铝制容器贮运浓硫酸，故A正确；B二氧化硅为原子晶体，熔点高，耐高温，可以制作坩埚，故B正确；C氯化铁具有氧化性，能够与铜发生氧化还原反应生成氯化铜和氯化亚铁，故C正确；D钠可用于制造高压钠灯，高压钠灯射程很远，与钠的硬度和
23、密度无关，故D错误；故选：D点评：本题考查了物质的用途，熟悉浓硫酸、二氧化硅、氯化铁、钠的性质是解题关键，题目难度不大5用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的是( )A用如图所示装置验证浓硫酸具有强氧化性B用如图所示装置制取干燥的NH3C用如图所示装置制取并收集乙烯D用如图所示装置制取Cl2考点：化学实验方案的评价 分析：A浓硫酸与铜粉常温下不反应；B氧化钙与水反应是放热反应；C制取乙烯，应用乙醇在浓硫酸作用下加热到170；D不能用长颈漏斗解答：解：A浓硫酸与铜粉常温下不反应，加热才反应，故A错误； B氧化钙与水反应是放热反应，可用浓氨水和水制取氨气，故B正确；C制取乙烯，应用乙醇在浓硫酸
24、作用下加热到170，温度计应插入液面下，故C错误；D不能用长颈漏斗，应用分液漏斗，故D错误故选B点评：本题考查化学实验方案的评价，涉及物质的制备、分离和检验等实验操作，侧重于物质性质的考查，题目难度不大6设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是( )A标准状况下，11.2 L NO和11.2 L SO3的分子总数为0.5NAB0.1molBr2与足量H2O或NaOH反应转移的电子数均为0.1NAC0.1mol的白磷（P4）或四氯化碳（CCl4）中所含的共价键数均为0.4NAD在精炼铜或电镀铜的过程中，当阴极析出铜32g转移电子数均为NA考点：阿伏加德罗常数 专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德
25、罗定律分析：A、标况下，三氧化硫为固体；B、溴与水的反应是可逆反应；C、1mol白磷含有6mol的PP键，所以白磷中共价键数为0.6NA；D、阴极的电极反应式都是Cu2+2e=Cu，32g的铜是0.5mol，所以转移电子数为0.5mol2=1mol解答：解：A、标况下，三氧化硫为固体，故A错误；B、溴与水的反应是可逆反应，不能进行彻底，故0.1mol溴与水反应转移的电子数小于0.1NA个，故B错误；C、1mol白磷含有6mol的PP键，所以白磷中共价键数为0.6NA，故C错误；D、阴极的电极反应式都是Cu2+2e=Cu，32g的铜是0.5mol，所以转移电子数为0.5mol2=1mol，故D正
26、确；故选D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下列指定反应的离子方程式正确的是( )A向NH4Al（SO4）2溶液中滴入Ba（OH）2溶液至SO42恰好沉淀完全：2Ba2+4OH+Al3+2SO42=2BaSO4+AlO2+2H2OB向苯酚钠溶液中通入少量CO2：2C6H5O+CO2+H2O2C6H5OH+CO32C氧化亚铁溶于稀硝酸：3FeO+8H+NO3=3Fe3+NO+4H2OD4 molL1的NaAlO2溶液和7 molL1的盐酸等体积混合：4AlO2+7H+H2O=3Al（OH）3+Al3+考点：离子方程式的书写 分析：A向N
27、H4Al（SO4）2溶液中滴入Ba（OH）2溶液恰好使SO42完全沉淀，说明SO42与Ba2+的比例是1：2；B向苯酚钠溶液中通入少量CO2生成碳酸氢根离子；C原子不守恒、电荷不守恒；D4mol/LNaAlO2溶液和7mol/L盐酸等体积混合，1：1转化为沉淀，则生成3mol沉淀和1mol氯化铝解答：解：A向NH4Al（SO4）2溶液中滴入Ba（OH）2溶液恰好使SO42完全沉淀，离子方程式为：2Ba2+NH4+Al3+2SO42+4OHAl（OH）3+NH3H2O+2BaSO4，故A错误；B向苯酚钠溶液中通入少量CO2：C6H5O+CO2+H2OC6H5OH+HCO3，故B错误；C氧化亚铁溶
28、于稀硝酸：3FeO+10H+NO3=3Fe3+NO+5H2O，故C错误；D.4mol/LNaAlO2溶液和7mol/L盐酸等体积混合，1：1转化为沉淀，则生成3mol沉淀和1mol氯化铝，离子反应为4AlO2+7H+H2O3Al（OH）3+Al3+，故D正确；故选D点评：本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重与量有关的离子反应及氧化还原反应的考查，题目难度不大8X、Y、Z、W四种物质在一定条件下具有如图所示的转化关系，下列判断正确的是( )A若图中反应均为非氧化还原反应，当W为一元强碱时，则X可能是NaAlO2B若图中反应均为非氧
29、化还原反应，当W为一元强酸时，则X可能是NH3C若图中反应均为氧化还原反应，当W为非金属单质时，则Z可能是CO2D若图中反应均为氧化还原反应，当W为金属单质时，则Z可能是FeCl3考点：无机物的推断 分析：由转化关系可知X可与W连续反应生成Y、Z，X也可与Z直接反应生成Y，ANaAlO2与NaOH不反应；BNH3与一元强酸反应生成铵盐；C如Z为CO2，W为非金属单质，X可为C，W为O2，Y为CO；D氯气与铁反应只生成FeCl3解答：解：由转化关系可知X可与W连续反应生成Y、Z，X也可与Z直接反应生成Y，A如X为NaAlO2，与NaOH不反应，故A错误；B如X为NH3，与一元强酸反应生成铵盐，只
30、生成一种产物，Y与W不能再反应，故B错误；C如Z为CO2，W为非金属单质，X可为C，W为O2，Y为CO，故C正确；D如Z为FeCl3，W为金属单质，应为Fe，X为Cl2，但氯气与铁反应只生成FeCl3，Y不能为FeCl2，故D错误故选C点评：本题考查无机物的推断，为高频考点，侧重于学生的分析能力和元素化合物知识的综合理解和运用的考查，注重掌握中学常见连续反应，题目难度不大9短周期元素A、B、C、D的原子序数依次增大，它们原子的最外层电子数之和为16，A与D同主族，B+与A2具有相同的电子层结构，C原子的最外层电子数等于A原子最外层电子数的一半，则下列叙述正确的是( )AB2A2和B2A中阴阳离
31、子的个数比相同B原子半径的大小顺序：r（D）r（C）r（B）r（A）CD的简单气态氢化物的热稳定性比A的强D元素C的单质是一种高硬度、高熔点的金属考点：原子结构与元素周期律的关系；原子结构与元素的性质 分析：短周期元素A、B、C、D的原子序数依次增大，B+与A2具有相同的电子层结构，则A为O元素，B为Na元素；A与D同主族，则D为S元素；C原子的最外层电子数等于A原子最外层电子数的一半，则C原子最外层电子数为3，故C为Al元素，据此解答解答：解：短周期元素A、B、C、D的原子序数依次增大，B+与A2具有相同的电子层结构，则A为O元素，B为Na元素；A与D同主族，则D为S元素；C原子的最外层电子
32、数等于A原子最外层电子数的一半，则C原子最外层电子数为3，故C为Al元素ANa2O2和Na2O中阴阳离子的个数比均为1：2，故A正确；B同一周期从左到右半径原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故原子半径：NaAlSO，故B错误；C非金属性A（O）D（S），故氢化物稳定性AD，故C错误；DAl元素单质，硬度小、熔点不是很高，故D错误，故选：A点评：本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题关键，离子电子层结构相同为推断突破口，注意抓住短周期元素，难度不大10RFC是一种将水电解技术与氢氧燃料电池技术相结合的可充电电池，RFC工作原理见图下列有关说法正确的是( )A转移0.1mol电子时，
33、a电极产生标准状况下O21.12LBb电极上发生的电极反应是：2H2O+2e=H2+2OHCc电极上进行还原反应，B池中的H+可以通过隔膜进入A池Dd电极上发生的电极反应是：O2+4H+4e=2H2O考点：原电池和电解池的工作原理 专题：电化学专题分析：依据图示知左边装置是电解池，右边装置是原电池，ab电极是电解池的电极，由电源判断a为阴极产生的气体是氢气，b为阳极产生的气体是氧气；cd电极是原电池的正负极，c是正极，d是负极；电解池中的电极反应为：b电极为阳极失电子发生氧化反应：4OH4e=2H2O+O2；a电极为阴极得到电子发生还原反应：4H+4e=2H2；原电池中是酸性溶液，电极反应为：
34、d为负极失电子发生氧化反应：2H24e=4H+；c电极为正极得到电子发生还原反应：O2+4H+4e=2H2O，结合电极上的电子守恒分析计算解答：解：A当有0.1 mol电子转移时，a电极为电解池的阴极，电极反应为4H+4e=2H2，产生1.12LH2，故A错误；Bb电极为阳极失电子发生氧化反应：4OH4e=2H2O+O2，故B错误；Cc电极上氧气得到发生还原反应，为原电池的正极，阳离子在原电池中移向正极，B池中的H+可以通过隔膜进入A池，故C正确；Dd为负极失电子发生氧化反应：2H24e=4H+，故D错误；故选C点评：本题考查了化学电源新型电池，主要考查原电池和电解池的工作原理、电极判断、电极
35、反应，注意原电池中电解质溶液是酸而不是碱，电极反应式的书写是易错点二、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，该小题得0分；若正确答案包括两个选项时，只选一个且正确的得2分，选两个都正确的得满分，但选错一个，该小题就得0分11下列有关说法正确的是( )ANa2CO3和NaOH都能抑制水的电离B0.1 molL1Na2CO3溶液加水稀释，CO32的水解程度增大，溶液pH减小C酸碱中和滴定实验中，锥形瓶需用待测液润洗23次后，再加入待测液D常温下，pH=3的盐酸、醋酸分别用水稀释m倍、n倍后pH相同，则mn考点：盐类水解
36、的原理；弱电解质在水溶液中的电离平衡；水的电离；中和滴定 分析：A易水解的盐促进水的电离；B加水稀释水解程度增大；C中和滴定时锥形瓶不能润洗；D醋酸属于弱酸，pH相同时，醋酸溶液的浓度大，如稀释相同的倍数，则醋酸的PH小，若稀释后两溶液的pH仍相同，则mn解答：解：A易水解的盐促进水的电离，则Na2CO3水解时促进水的电离，NaOH能抑制水的电离，故A错误；B加水稀释水解程度增大，则0.1 molL1Na2CO3溶液加水稀释，CO32的水解程度增大，但是由于溶液比较变化大于氢氧根离子的变化，则溶液pH减小，故B正确；C中和滴定时锥形瓶不能润洗，若润洗，则锥形瓶中待测液的物质的量会偏大，滴定时消
37、耗的标准溶液偏多，所以锥形瓶不能润洗，故C错误；D醋酸属于弱酸，pH相同时，醋酸溶液的浓度大，如稀释相同的倍数，则醋酸的PH小，若稀释后两溶液的pH仍相同，则mn，故D正确故选BD点评：本题考查了盐的水解、水的电离的影响因素、中和滴定、弱电解质的电离，题目涉及的知识点较多，侧重于基础知识的考查，难度不大12某药物中间体的合成路线如下下列说法正确的是( )A对苯二酚在空气中能稳定存在B1 mol该中间体最多可与11 mol H2反应C2，5二羟基苯乙酮能发生加成、水解、缩聚反应D该中间体分子中含有1个手性碳原子考点：有机物的结构和性质 分析：A对苯二酚在空气中易被氧气氧化；B中间体中苯环、羰基能
38、和氢气发生加成反应；C.2，5二羟基苯乙酮中含有酚羟基、羰基和苯环，能发生氧化反应、加成反应、还原反应、缩聚反应；D碳原子上连接四个不同的原子或原子团的为手性碳原子解答：解：A对苯二酚中含有酚羟基，在空气中易被氧气氧化，故A错误；B中间体中苯环、羰基能和氢气发生加成反应，所以1 mol该中间体最多可与11 mol H2反应，故B正确；C.2，5二羟基苯乙酮中含有酚羟基、羰基和苯环，能发生氧化反应、加成反应、还原反应、缩聚反应，但不能发生水解反应，故C错误；D碳原子上连接四个不同的原子或原子团的为手性碳原子，该分子中没有手性碳原子，故D错误；故选B点评：本题考查有机物结构和性质，为高频考点，明确
39、官能团及其性质关系是解本题关键，易错点是C13下列有关实验说法错误的是( )A向品红溶液中通入气体X，品红溶液褪色，则气体X可能是Cl2BCO2中含少量SO2，可将该混合气体通入足量的饱和NaHCO3溶液中除去SO2C用洁净的铂丝蘸取某食盐，在酒精灯火焰上灼烧，火焰显黄色，说明该食盐中不含KIO3D向NaHCO3溶液中滴加酚酞试液，加热时溶液由浅红色变成红色，冷却后溶液由红色变成淡红色，说明HCO3在水溶液中存在水解平衡考点：氯气的化学性质；二氧化硫的化学性质；钠的重要化合物；焰色反应 专题：元素及其化合物分析：A、二氧化硫、氯气都可以使品红溶液褪色；B、除去混入CO2中的SO2，所选用的试剂
40、能够将二氧化硫除去且不能够与二氧化碳反应、不能引进新的杂质；C、钾的焰色反应能被钠的焰色反应所掩盖，观察钾的焰色反应要透过蓝色钴玻璃；D、NaHCO3溶液和酚酞试液的试管，在室温时，溶液为无色，加热时为粉红色，因为碳酸氢根离子水解显碱性，水解过程是吸热过程，加热促进水解，碱性增强；解答：解：A、二氧化硫能够与有机色素化合生成无色物质，具有漂白性，但是生成的无色化合物不稳定受热易恢复颜色，所以二氧化硫的漂白性具有不稳定的特点，氯气与水反应生成的次氯酸具有强的氧化性，具有漂白性，但是其漂白效果稳定，受热不恢复颜色，所以气体X可能是Cl2，故A正确；B、饱和NaHCO3溶液既可除去SO2，碳酸氢钠与
41、二氧化碳不反应，又可增加CO2，故B正确；C、钾的焰色反应能被钠的焰色反应所掩盖，观察钾的焰色反应要透过蓝色钴玻璃，则该实验中不能确定是否含KIO3，故C错误；D、碳酸氢钠水解生成氢氧化钠和碳酸，加热促进水解平衡正向进行，水解过程是吸热过程，加热促进水解，碱性增强，溶液由浅红色变成红色，冷却后平衡逆向进行，溶液由红色变成淡红色，故D正确；故选C点评：本题考查了盐类水解的分析判断，物质性质的理解应用，主要是影响水解平衡的影响因素温度的改变对平衡的影响分析，题目难度中等1425时，下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是( )A在0.1 molL1 NH4Cl溶液中：c（H+）=c（NH3H2
42、O）+c（OH）B10 mL 0.1 molL1CH3COONa溶液与6 mL 0.2 molL1盐酸混合：c（Cl）c（Na+）c（OH）c（H+）C0.1 molL1NH4HSO4溶液与0.1 molL1NaOH溶液等体积混合：c（Na+）=c（NH4+）c（H+）c（OH）D0.1 molL1 HCN溶液和0.05 molL1 NaOH溶液等体积混合（pH7）：c（HCN）+c（H+）c（OH）+c（CN）考点：离子浓度大小的比较 分析：A任何电解质溶液中都存在电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒和物料守恒判断；Bn（CH3COONa）=0.1mol/L0.01L=0.001mol、n（HC
43、l）=0.2mol/L0.006L=0.0012mol，二者混合后，醋酸钠完全反应、盐酸有剩余，溶液呈酸性；C.0.1 molL1NH4HSO4溶液与0.1 molL1NaOH溶液等体积混合，二者恰好反应生成硫酸铵和硫酸钠，铵根离子水解导致溶液呈酸性；D.0.1 molL1 HCN溶液和0.05 molL1 NaOH溶液等体积混合，溶液中的溶质为等物质的量浓度的NaCN和HCN，溶液呈碱性，说明CN的水解程度大于HCN电离程度解答：解：A任何电解质溶液中都存在电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒得c（Cl）+c（OH）=c（NH4+）+c（H+），根据物料守恒得c（Cl）=c（NH3H2O）+c（
44、NH4+），所以得c（H+）=c（NH3H2O）+c（OH），故A正确；Bn（CH3COONa）=0.1mol/L0.01L=0.001mol、n（HCl）=0.2mol/L0.006L=0.0012mol，二者混合后，醋酸钠完全反应、盐酸有剩余，溶液呈酸性，则c（H+）c（OH），故B错误；C.0.1 molL1NH4HSO4溶液与0.1 molL1NaOH溶液等体积混合，二者恰好反应生成硫酸铵和硫酸钠，铵根离子水解导致溶液呈酸性，但铵根离子水解程度较小，所以离子浓度大小顺序是c（Na+）c（NH4+）c（H+）c（OH），故C错误；D.0.1 molL1 HCN溶液和0.05 molL1
45、NaOH溶液等体积混合，溶液中的溶质为等物质的量浓度的NaCN和HCN，溶液呈碱性，说明CN的水解程度大于HCN电离程度，根据电荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（OH）+c（CN），根据物料守恒得c（Na+）c（HCN），所以c（HCN）+c（H+）c（OH）+c（CN），故D正确；故选AD点评：本题考查离子浓度大小比较，为高频考点，明确溶液中的溶质及其性质是解本题关键，注意守恒规律的灵活运用，易错选项是D，采用代换法分析，题目难度中等15一定条件下存在反应：C（s）+H2O（g）CO（g）+H2（g）H0向甲、乙、丙三个恒容容器中加入一定量C和H2O，各容器中温度、反应物的起始量如下表，反
46、应过程中CO的物质的量浓度随时间变化如图容器甲乙丙容积0.5L0.5LV温度T1T2T1起始量2molC1molH2O1molCO1molH24molC2molH2O下列说法正确的是( )A甲容器中，反应在前15 min的平均速率v（H2）=0.1 molL1min1B丙容器的体积V0.5 LC当温度为T1时，反应的平衡常数K=2.25D乙容器中，若平衡时n（H2O）=0.4 mol，则T1T2考点：物质的量或浓度随时间的变化曲线；化学平衡的计算 专题：化学平衡专题分析：A、由图可知，15min内甲容器中CO的浓度变化量为1.5mol/L，根据v=计算v（CO），再利用速率之比等于化学计量数之
47、比计算v（H2）；B、丙容器中起始量为甲的二倍，若容积=0.5 L，由于正反应为气体体积增大的反应，加压平衡左移，c（CO）3mol/L；C、根据甲容器中反应数据计算 T1时，反应的平衡常数K=4.5；D、比较甲与乙可知，二者达等效平衡，根据甲、乙容器中平衡时n（H2O）的量可知，乙相对于甲平衡向逆反应移动，因为正反应吸热，乙中温度低，即温度T1T2解答：解：A、由图可知，15min内甲容器中CO的浓度变化量为1.5mol/L，v（CO）=0.1molL1min1，速率之比等于化学计量数之比，所以v（H2）=0.1molL1min1，故A正确；B、丙容器中起始量为甲的二倍，若容积=0.5 L，
48、由于正反应为气体体积增大的反应，加压平衡左移，c（CO）3mol/L，故C容器的体积V0.5 L，故B正确；C、根据甲容器中反应数据计算： C（s）+H2O（g）CO（g）+H2（g） 起始浓度 2 0 0 转化浓度 1.5 1.5 1.5 平衡浓度 0.5 1.5 1.5 T1时，反应的平衡常数K=4.5，故C错误；D、比较甲与乙可知，二者达平衡是等效的，经计算知甲容器中平衡时n（H2O）=0.25 mol，乙容器中，若平衡时n（H2O）=0.4 mol，乙相对于甲平衡向逆反应移动，因为正反应吸热，乙中温度低，即温度T1T2，故D错误；故选AB点评：本题考查化学平衡移动、计算及化学平衡图象，
49、难度中等，注意理解图象的纵坐标和横坐标的意义三、非选择题（共80分）16氯化亚铜是一种应用较广的催化剂，易水解以低品位铜矿砂（主要成分CuS）为原料制备氯化亚铜的路线如下：（1）酸溶1步骤中加入MnO2的作用是氧化剂（2）除锰步骤Mn2+转化为MnCO3沉淀，该反应的离子方程式为Mn2+HCO3+NH3=MnCO3+NH4+溶液中CuSO4转变为Cu（NH3）4CO3留在溶液中（3）蒸氨步骤会得到CuO固体，该步骤在减压条件下进行的原因是减压有利于气体逸出（4）写出合成步骤中发生反应的化学方程式2NaCl+Na2SO3+2CuSO4+H2O=2CuCl+2Na2SO4+H2SO4（5）有工艺将
50、合成步骤的NaCl与Na2SO3换为NH4Cl和（NH4）2SO3，则可获得一种可作为氮肥的副产品，其化学式为（NH4）2SO4或NH4HSO4、（NH4）2SO4和NH4HSO4、（NH4）2SO4和H2SO4等（6）洗涤步骤先用盐酸洗，再用无水乙醇洗涤考点：制备实验方案的设计 分析：以低品位铜矿砂（主要成分CuS）为原料制备氯化亚铜的路线为：在酸溶1步骤中，硫酸溶液中加入二氧化锰、硫化铜，发生氧化还原反应生成硫单质，二氧化锰被还原为二价锰离子留在溶液中；然后在除锰步骤中，二价锰离子转化为碳酸锰沉淀，溶液中CuSO4转变为Cu（NH3）4CO3留在溶液中，蒸氨步骤中Cu（NH3）4CO3发生
51、分解反应得到CuO固体、氨气与二氧化碳，再用硫酸溶解CuO得到CuSO4，在合成步骤中，氯化钠、亚硫酸钠、硫酸铜反应生成氯化亚铜和硫酸钠和硫酸，再经过过滤、洗涤、干燥得到氯化亚铜，洗涤沉淀时，为减少CuCl溶解损失，根据溶解平衡，先用盐酸洗涤，再用乙醇洗涤，据此解答解答：解：（1）酸溶1和除锰过程为：硫酸溶液中加入二氧化锰、硫化铜，发生氧化还原反应生成硫单质，二氧化锰被还原为二价锰离子留在溶液中；然后在除锰步骤中，二价锰离子转化为碳酸锰沉淀，可知：锰元素化合价降低，所以二氧化锰做氧化剂；故答案为：氧化剂； （2）依据除锰过程可知：溶液中加入氨气、碳酸氢铵，与溶液中的二价锰离子反应生成碳酸锰和铵
52、根离子，方程式：Mn2+HCO3+NH3=MnCO3+NH4+；故答案为：Mn2+HCO3+NH3=MnCO3+NH4+；（3）气体的溶解度随着压强的增大而增大，所以减小压强有利于氨气的逸出；故答案为：减压有利于气体逸出；（4）在合成步骤中，氯化钠、亚硫酸钠、硫酸铜反应生成氯化亚铜和硫酸钠和硫酸，方程式为：2NaCl+Na2SO3+2CuSO4+H2O=2CuCl+2Na2SO4+H2SO4；故答案为：2NaCl+Na2SO3+2CuSO4+H2O=2CuCl+2Na2SO4+H2SO4；（5）将合成步骤的NaCl与Na2SO3换为NH4Cl 和（NH4）2SO3，滤液中含有硫酸铵、硫酸，可获
53、得一种可用作氮肥的副产品，可能为：（NH4）2SO4或NH4HSO4、（NH4）2SO4和NH4HSO4、（NH4）2SO4和H2SO4等；故答案为：（NH4）2SO4或NH4HSO4、（NH4）2SO4和NH4HSO4、（NH4）2SO4和H2SO4等；（6）氯化亚铜存在沉淀溶解平衡：CuCl（s） Cu+（aq）+Cl（aq），洗涤氯化亚铜时，为避免氯化亚铜因溶解而损坏，所以应先用盐酸洗涤，然后用乙醇洗涤；故答案为：盐酸点评：本题通过氯化亚铜制备的工艺流程考查了铜及其化合物的性质，准确把握工艺流程是解题关键，题目难度较大17药物F具有抗肿瘤、降血压、降血糖等多种生物活性，其合成路线如下：
54、已知：（1）原料A中含氧、含氮的官能团名称是醚键、氨基（2）写出中间产物E的结构简式（3）反应、的反应类型是加成反应、氧化反应（4）物质B有多种同分异构体，写出满足下列条件的一种同分异构体的结构简式或属于氨基酸 苯环上有两种一氯代物 能发生银镜反应核磁共振氢谱显示其有7种不同化学环境的氢原子（5）以和苯、乙醇为原料，可合成，写出合成流程图（无机试剂任用）合成流程图示例如下：考点：有机物的合成 专题：有机物的化学性质及推断分析：（1）据A的结构简式可知A中含氧、含氮的官能团名称；（2）DE是醇的消去反应，据此分析E的结构简式；（3）据BC，EF的结构简式分析反应类型；（4）B除苯环外还有4个C原
55、子，3个O原子，1个N原子，据题目所给信息判断其同分异构体；（5）据题给信息，与苯环在AlCl3作用下发生取代反应，产物再与乙醇发生酯化反应，在利用上述合成路线中的反应原理反应，最后发生醇羟基的消去反应可得解答：解：（1）（1）据A的结构简式可知A中含氧、含氮的官能团为醚键、氨基，故答案为：醚键、氨基；（2）DE是醇的消去反应，生成的E的结构简式为，故答案为：；（3）据F的合成路线图中BC，EF的结构简式可知，反应为加成反应，反应为氧化反应，故答案为：加成反应；氧化反应；（4）B除苯环外还有4个C原子，3个O原子，1个N原子，能发生银镜反应，说明含有醛基，苯环上有两种一氯代物，说明在苯环的对位
56、有取代基，属于氨基酸且核磁共振氢谱显示其有7种不同化学环境的氢原子的同分异构体为或，故答案为：或；（5）与苯环在AlCl3作用下发生取代反应，产物再与乙醇发生酯化反应，在利用上述合成路线中的反应原理反应，最后发生醇羟基的消去反应可得，合成路线图为或，故答案为：或点评：本题考查有机物的推断与合成、有机反应类型等，是对有机化学的综合考查，注意利用转化关系进行合成路线的设计，较好的考查学生自学能力、知识迁移运用能力，难度中等18黄钾铵铁矾KNH4Fex（SO4）y（OH）z不溶于水和稀硫酸，制取黄钾铵铁矾的示意图如下：（1）溶液X是氨水（2）检验滤液中是否存在K+的操作是用洁净的铂丝（或铁丝）蘸取滤
57、液在酒精灯火焰上灼烧，透过蓝色的钴玻璃观察，若火焰呈紫色，则存在K+（3）黄钾铵铁矾的化学式可通过下列实验测定：称取一定质量的样品加入稀硝酸充分溶解，将所得溶液转移至容量瓶并配制成100.00mL溶液A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9.32g量取25.00mL溶液A，加入足量NaOH溶液，加热，收集到标准状况下气体224mL，同时有红褐色沉淀生成将步骤所得沉淀过滤、洗涤、灼烧，最终得固体4.80g通过计算确定黄钾铵铁矾的化学式（写出计算过程）考点：制备实验方案的设计；复杂化学式的确定 专题：计算题分析：（1）根据制取黄钾铵
58、铁矾的示意图及黄钾铵铁矾KNH4Fex（SO4）y（OH）z组成进行分析；（2）根据实验室检验钾离子的实验操作完成；（3）9.32g为不溶于盐酸的硫酸钡沉淀；标准状况下气体224mL气体为氨气，红褐色沉淀为氢氧化铁；得到的固体是氧化铁；根据以上分析数据及电荷守恒，计算出黄钾铵铁矾各种成分的物质的量之比，就是黄钾铵铁矾的化学式解答：解：（1）制取黄钾铵铁矾的示意图及黄钾铵铁矾KNH4Fex（SO4）y（OH）z组成，可以可知加入X是氨水，以便生成黄钾铵铁矾，故答案为：氨水；（2）通过焰色反应检验钾离子存在情况，方法为：用洁净的铂丝（或铁丝）蘸取滤液在酒精灯火焰上灼烧，透过蓝色的钴玻璃观察，若火焰
59、呈紫色，则存在K+，故答案为：用洁净的铂丝（或铁丝）蘸取滤液在酒精灯火焰上灼烧，透过蓝色的钴玻璃观察，若火焰呈紫色，则存在K+；（3）的沉淀为硫酸钡，硫酸钡的物质的量就等于溶液中硫酸根的物质的量：n（SO42）=n（BaSO4）=0.04 mol所得气体为氨气，溶液中铵离子物质的量就等于氨气的物质的量：n（NH4+）=n（NH3）=0.01 mol最终得到的固体是氧化铁，根据铁原子守恒，溶液中的铁离子物质的量为：n（Fe3+）=2n（Fe2O3）=2=0.06 mol黄钾铵铁矾KNH4Fex（SO4）y（OH）z中，n（K+）=n（NH4+）=0.01 mol，根据电荷守恒：n（OH）=n（K
60、+）+n（NH4+）+3n（Fe3+）2n（SO42）=0.12 moln（K+）：n（NH4+）：n（Fe3+）：n（SO42）：n（OH）=1：1：6：4：12黄钾铵铁矾的化学式为KNH4Fe6（SO4）4（OH）12，答：黄钾铵铁矾的化学式为KNH4Fe6（SO4）4（OH）12点评：本题考查了制取黄钾铵铁矾，涉及的内容不多，但是计算量稍大，注意合理分析、理解题中信息及电荷守恒的应用，本题难度中等19（16分）高纯碳酸锰在电子工业中有重要的应用，湿法浸出软锰矿（主要成分为MnO2，含少量Fe、Al、Mg等杂质元素）制备高纯碳酸锰的实验过程如下：（1）浸出：浸出时温度控制在9095之间，并
61、且要连续搅拌3小时的目的是提高软锰矿中锰的浸出率，植物粉的作用是作还原剂（2）除杂：向浸出液中加入一定量的碳酸锰矿，调节浸出液的pH为3.55.5；再加入一定量的软锰矿和双氧水，过滤；操作中使用碳酸锰调pH的优势是增加MnCO3的产量（或不引入新的杂质等）；操作中加入双氧水不仅能将Fe2+氧化为Fe3+，而且能提高软锰矿的浸出率写出双氧水提高软锰矿浸出率的离子方程式MnO2+H2O2+2H+=Mn2+2H2O+O2（3）制备：在3035下，将碳酸氢铵溶液滴加到硫酸锰净化液中，控制反应液的最终pH在6.57.0，得到MnCO3沉淀温度控制35以下的原因是减少碳酸氢铵的分解，提高原料利用率；该反应
62、的化学方程式为MnSO4+2NH4HCO3MnCO3 +（NH4）2SO4+CO2+H2O；生成的MnCO3沉淀需经充分洗涤，检验洗涤是否完全的方法是取最后一次的洗涤滤液12 mL 于试管中，向其中滴加用盐酸酸化的BaCl2溶液，若无白色沉淀产生，则表明已洗涤干净（4）计算：室温下，Ksp（MnCO3）=1.81011，Ksp（MgCO3）=2.6105，已知离子浓度小于1.0105molL1时，表示该离子沉淀完全若净化液中的c（Mg2+）=102mol/L，试计算说明Mg2+的存在是否会影响MnCO3的纯度考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；制备实验方案的设计 分析：湿法浸出软锰矿
63、（主要成分为MnO2，含少量Fe、Al、Mg等杂质元素）制备高纯碳酸锰，加入浓硫酸和植物粉浸出过滤得到滤液除去杂质，加入碳酸氢铵形成沉淀通过一系列操作得到高纯碳酸锰；（1）升温搅拌都可以加快物质的溶解反应速率；加入植物粉是一种还原剂；（2）使用碳酸锰调pH的优势是不引入新的杂质；二氧化锰氧化过氧化氢为氧气，本身被还原为锰离子；（3）依据碳酸氢铵受热易分解分析，在3035下，将碳酸氢铵溶液滴加到硫酸锰净化液中，控制反应液的最终pH在6.57.0，得到MnCO3沉淀，硫酸铵，二氧化碳和水，生成的MnCO3沉淀需经充分洗涤，检验洗涤是否完全的方法是取最后一次洗涤液检验是否含有硫酸根离子设计；（4）K
64、sp （MnCO3）=c（Mn2+）c（CO32），当Mn2+沉淀完全时，c（CO32）=1.81011/1.0105=1.8106 molL1，若Mg2+也能形成沉淀，则要求Mg2+2.6105/1.8106=14.4 molL1，Mg2+的浓度0.01mol/L远小于14.4 molL1解答：解：湿法浸出软锰矿（主要成分为MnO2，含少量Fe、Al、Mg等杂质元素）制备高纯碳酸锰，加入浓硫酸和植物粉浸出过滤得到滤液除去杂质，加入碳酸氢铵形成沉淀通过一系列操作得到高纯碳酸锰；（1）升温、搅拌都可以加快物质的溶解反应速率，浸出时温度控制在9095之间，并且要连续搅拌3小时的目的是提高软锰矿中锰
65、的浸出率；加入植物粉是一种还原剂，故答案为：提高软锰矿中锰的浸出率，作还原剂；（2）使用碳酸锰调pH的优势是不引入新的杂质；酸性溶液中二氧化锰氧化过氧化氢为氧气，本身被还原为锰离子，反应的离子方程式为：MnO2+H2O2+2H+=Mn2+2H2O+O2，故答案为：增加MnCO3的产量（或不引入新的杂质等）； MnO2+H2O2+2H+=Mn2+2H2O+O2；（3）依据碳酸氢铵受热易分解分析，温度控制35以下的原因是防止碳酸氢铵分解，在3035下，将碳酸氢铵溶液滴加到硫酸锰净化液中，控制反应液的最终pH在6.57.0，得到MnCO3沉淀，硫酸铵，二氧化碳和水，反应的化学方程式为：MnSO4+2
66、NH4HCO3 MnCO3+（NH4）2SO4+CO2+H2O，生成的MnCO3沉淀需经充分洗涤，检验洗涤是否完全的方法是取最后一次洗涤液检验是否含有硫酸根离子设计，取最后一次的洗涤滤液12 mL 于试管中，向其中滴加用盐酸酸化的BaCl2溶液，若无白色沉淀产生，则表明已洗涤干净故答案为：减少碳酸氢铵的分解，提高原料利用率；MnSO4+2NH4HCO3 MnCO3+（NH4）2SO4+CO2+H2O；取最后一次的洗涤滤液12 mL 于试管中，向其中滴加用盐酸酸化的BaCl2溶液，若无白色沉淀产生，则表明已洗涤干净（4）Ksp （MnCO3）=c（Mn2+）c（CO32），当Mn2+沉淀完全时，
67、c（CO32）=105=1.8106 molL1，若Mg2+也能形成沉淀，则要求Mg2+2.6105/1.8106=14.4 molL1，Mg2+的浓度0.01mol/L远小于14.4 molL1，若净化液中的c（Mg2+）=102mol/L，说明Mg2+的存在不会影响MnCO3的纯度，答：Ksp （MnCO3）=c（Mn2+）c（CO32），当Mn2+沉淀完全时，c（CO32）=105=1.8106 molL1，若Mg2+也能形成沉淀，则要求Mg2+2.6105/1.8106=14.4 molL1，Mg2+的浓度0.01mol/L远小于14.4 molL1，若净化液中的c（Mg2+）=102
68、mol/L，说明Mg2+的存在不会影响MnCO3的纯度点评：本题考查混合物分离提纯的综合应用，为高频考点，把握流程分析及混合物分离方法、发生的反应为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度中等20脱去冶金工业排放烟气中SO2的方法有多种（1）热解气还原法已知CO还原SO2生成S（g）和CO2过程中，每转移1mol电子需吸收2.0kJ的热量，则该反应的热化学方程式为2CO（g）+SO2（g）=S（g）+2CO2（g）H=+8.0kJmol1（2）离子膜电解法利用硫酸钠溶液吸收SO2，再用惰性电极电解将阴极区溶液导出，经过滤分离硫磺后，可循环吸收利用，装置如图1所示，则阴极的电极反应式为SO
69、2+4H+4e=S+2H2O，阳极产生气体的化学式为O2（3）氧化锌吸收法配制ZnO悬浊液（含少量MgO、CaO），在吸收塔中封闭循环脱硫，发生的主要反应为ZnO+SO2=ZnSO3（s），测得pH、吸收效率随时间t的变化如图2所示该反应常温能自发进行的原因是H0纯ZnO的悬浮液pH约为6.8，结合图2和图3，下列说法正确的是ACA向ZnSO3与水混合体系中加稀硫酸，硫元素会以SO2形式逸出BpHt曲线ab段发生的主要反应为ZnO+SO2=ZnSO3CpHt曲线cd段发生的主要反应为ZnSO3+SO2+H2O=Zn （HSO3）2DpH=7时，溶液中c（SO32）=c（HSO3）为提高SO2的
70、吸收效率，可采取的措施为ABA增大悬浊液中ZnO的量B适当提高单位时间内烟气的循环次数C调节溶液的pH至6.0以下考点：二氧化硫的污染及治理；化学平衡的调控作用 分析：（1）已知CO还原SO2生成S（g）和CO2过程中，每转移1mol电子需吸收2.0kJ的热量，则转移2mol电子需要吸收能量8KJ，依据热化学方程式书写方法，标注物质聚集状态和对应反应的焓变写出；（2）阴极是二氧化硫在酸性溶液中得到电子生成单质硫，阳极发生氧化反应，溶液中氢氧根离子失去电子生成氧气；（3）根据G=HTS判断，反应能自发进行，必须满足HTS0；A向ZnSO3与稀硫酸反应生成硫酸锌二元化气体和水；Bab段溶液的pH大
71、于7，ZnO的悬浮液pH约为6.8，配制的ZnO悬浊液含少量MgO、CaO，在ab段应该为氧化钙与二氧化硫的反应；Ccd段溶液的pH介于46之间，结合图3可知，该pH条件下溶液中主要存在亚硫酸氢根离子，则pHt曲线cd段发生反应为亚硫酸锌与二氧化硫反应生成亚硫酸氢锌；D根据图3可知，当溶液的pH=7时，溶液的亚硫酸氢根离子稍大于亚硫酸根离子；根据图2中SO2的吸收效率与时间、溶液的pH的关系对各选项进行判断解答：解：（1）CO还原SO2生成S（g）和CO2过程中，每转移1mol电子需吸收2.0kJ的热量，则转移4mol电子需要吸收能量8KJ，依据热化学方程式书写方法得到热化学方程式为：2CO（
72、g）+SO2（g）S（g）+2CO2（g）H=+8.0 kJmol1，故答案为：2CO（g）+SO2（g）S（g）+2CO2（g）H=+8.0 kJmol1；（2）阴极是二氧化硫在酸性溶液中得到电子生成单质硫，电极反应为：SO2+4H+4eS+2H2O；阳极氢氧根离子失去电子生成O2，故答案为：SO2+4H+4eS+2H2O；O2；（3）反应能够自发进行，必须满足：G=HTS0，由于反应ZnO+SO2=ZnSO3（s）的S0，则TS0，该反应在常温下能够进行，则必须满足：H0，答案为：H0； A向ZnSO3与水混合体系中加稀硫酸，二者反应生成硫酸锌二元化气体和水，故A正确；Bab段溶液的pH大
73、于7，ZnO的悬浮液pH约为6.8，配制的ZnO悬浊液含少量MgO、CaO，在ab段应该为氧化钙与二氧化硫的反应，即：ZnO+SO2=ZnSO3，故B错误；Ccd段溶液的pH介于46之间，结合图3可知，该pH条件下溶液中主要存在亚硫酸氢根离子，则pHt曲线cd段发生的主要反应为：ZnSO3+SO2+H2O=Zn （HSO3）2，故C正确；D根据图3可知，当溶液的pH=7时，溶液的亚硫酸氢根离子稍大于亚硫酸根离子，即：c（SO32）c（HSO3），故D错误；故答案为：AC； A增大悬浊液中ZnO的量，可以充分吸收二氧化硫，从而提高吸收效率，故A正确；B适当提高单位时间内烟气的循环次数，可以使二氧
74、化硫充分吸收，从而提高了二氧化硫的吸收效率，故B正确；C根据图2中吸收效率与溶液的Ph关系看，溶液的pH越低，吸收效率越低，所以溶液的pH在6.0以下时吸收效率降低，故C错误；故答案为：AB点评：本题考查了二氧化硫的污染与治理、化学平衡的调控作用等知识，题目难度较大，试题知识点较多、综合性较强，充分考查学生的分析、理解能力及灵活应用基础知识的能力，注意掌握二氧化硫的治理原理，明确化学平衡的调控方法21乙二胺四乙酸可由乙二胺（H2NCH2CH2NH2）、氰化钠（NaCN）和甲醛水溶液作用制得，能和Fe3+形成稳定的水溶性配合物乙二胺四乙酸铁钠，原理如下：（1）Fe3+基态核外电子排布式为Ar3d
75、5或1s22s22p63s23p63d5（2）与CN互为等电子体的一种非极性分子为N2（填化学式）（3）乙二胺四乙酸中C原子的轨道杂化类型是sp2、sp3；C、N、O三种元素的电负性由大到小的顺序是ONC（4）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得多，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（5）请在乙二胺四乙酸铁钠结构图中用“箭头”表示出配位键考点：配合物的成键情况；原子核外电子排布；原子轨道杂化方式及杂化类型判断 分析：（1）Fe原子核外电子数为26，原子形成阳离子先按能层高低失去电子，能层越高的电子越容易失去，同一能层中按能级高低失去电子，能级越
76、高越容易失去；（2）原子个数相同且价电子数相同的微粒是等电子体；（3）乙二胺四乙酸中碳原子为CH2，COOH，前者碳原子以单键连接4个原子为四面体结构，为sp3杂化，COOH中碳原子含有1个双键，为sp2杂化；同周期自左而右电负性增大；（4）氢键影响物质的溶沸点，乙二胺（H2NCH2CH2NH2）分子之间可以形成氢键，但三甲胺N（CH3）3分子之间不能形成氢键；（5）配位键由提供孤电子对的原子指向提供空轨道的原子，该配位原子为N、O原子，中心原子Fe周围与2个氮原子、4个氧原子相连解答：解：（1）Fe原子核外有26个电子，核外电子排布为1s22s22p63s23p63d64s2，Fe原子失去4
77、s能级2个电子、3d能级1个电子形成Fe3+，Fe3+电子排布式为：Ar3d5或1s22s22p63s23p63d5，故答案为：Ar3d5或1s22s22p63s23p63d5；（2）CN中含有两个原子且价电子数是10，所以与CN互为等电子体的一种分子的化学式：N2，故答案为：N2；（3）乙二胺四乙酸中碳原子为CH2，COOH，前者碳原子以单键连接4个原子为四面体结构，为sp3杂化，COOH中碳原子含有1个双键，为sp2杂化；同周期自左而右电负性增大，故电负性：ONC，故答案为：sp2、sp3；ONC； （4）分子之间可以形成氢键使物质的溶沸点升高，乙二胺（H2NCH2CH2NH2）分子之间可以形成氢键，三甲胺N（CH3）3分子之间不能形成氢键，故乙二胺的沸点较高，故答案为：乙二胺分子之间可以形成氢键，三甲胺分子之间不能形成氢键；（5）配位键由含有孤电子对的原子指向含有空轨道的原子，中心原子Fe具有空轨道，N、O原子含有孤电子对，所以该配合物中的配位键为，故答案为：点评：本题是对物质结构的考查，涉及电子的排布、等电子体、电负性大小的判断、杂化方式的判断、配位键等知识，题目综合性较强，难度中等，注意（5）配位键的表示方法、注意氢键对物质熔沸点的影响