1、高考资源网（） 您身边的高考专家2015-2016学年江西省赣州市兴国三中高三（上）第四次月考化学试卷（兴国班）一、选择题（每小题只有一个选项符合题意每小题3分，共48分）1生活中常用到一些化学知识，下列说法中不正确的（）A医疗上可用硫酸钡作X射线透视肠胃的内服药，是因为硫酸钡不溶于水B红葡萄酒营养丰富（含葡萄糖、维生素C等），常添加微量的二氧化硫，利用二氧化硫还原性，防止红葡萄酒中某营养成分被氧化C某雨水放置一段时间后pH由4.68变为4.28，因为水中亚硫酸被空气中氧气氧化成硫酸D次氯酸钠溶液可用于环境的消毒杀菌2对下列化学用语或化学原理的理解和描述均正确的是（）A电子式可以表示羟基，也可
2、以表示氢氧根离子B比例模型可以表示二氧化碳分子，也可以表示水分子C明矾能水解生成Al（OH）3胶体，可用作饮用水杀菌D原子结构示意图可以表示12C，也可以表示14C3“类推”是一种在化学学习中常用的方法，下列类推结论中正确的是（）AAl在氧气中生成Al2O3，Fe在氧气中也生成Fe2O3B第VA族氢化物的熔沸点顺序是NH3AsH3PH3；则第 VIA族氢化物的熔沸点顺序也是H2OH2SeH2SC工业上用电解熔融的氯化镁制备镁单质，工业上也可用电解熔融的氯化铝制备铝单质DBaCl2溶液中通入SO2无沉淀产生，则Ba（NO3）2溶液中通入SO2也无沉淀产生4下列各组性质比较中，正确的是（）沸点：H
3、FHClHBrHI离子还原性：S2ClBrI酸性：HClO4HBrO4HIO4金属性：KNaMgAl气态氢化物稳定性：HFHClH2S半径：O2FNa+Mg2+ABCD5汞（熔点39，沸点356）是制造电池、电极的重要原料，历史上曾用“灼烧辰砂法”制取汞目前工业上制粗汞的一种流程图如图下列分析错误的是（）A洗涤粗汞可用5%的盐酸代替5%的硝酸B辰砂与氧化钙加热反应时，CaSO4为氧化产物C“灼烧辰砂法”过程中电子转移的方向和数目可表示为：D减压蒸馏的目的是降低汞的沸点，提高分离效率6设NA为阿伏加德罗常数的值，下列各项叙述正确的是（）1molCl2参加反应转移电子数一定为2NA1mol Na2
4、O和Na2O2混合物中含有的阴、阳离子总数是3NA标准状况下，44.8L NO与22.4LO2混合后气体中分子总数为2NA1L 2molL1的Al（NO3）3溶液中含Al3+个数为2NA1L 2mol/L的氯化铁溶液完全制成胶体，氢氧化铁胶体的粒子数小于2NA6.0g SiO2晶体中含有的硅氧键数目为0.4NA1molCH5+所含的电子数为10NA在标准状况下，2.8g N2和2.8g CO所含电子数均为1.4NA300mL 2mol/L蔗糖溶液中所含分子数为0.6NA标准状况下，2.24L乙醇分子所含的CH键数为 0.5NAABCD7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.
5、1molL1NaAlO2溶液：H+、Na+、Cl、SOpH=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、NO3使甲基橙变黄的溶液中：Fe2+、MnO4、NO3、Na+、SO42中性溶液中：Fe3+、Al3+、NO3、Cl、S2ABCD8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9除去下列物质中所含的杂质，选用的实际正确的是（）选项物质（杂质）试剂A食盐（细沙）NaOH溶液BCO（NH3）浓H2
6、SO4CCO2（SO2）Na2CO3溶液DNaHCO3溶液（Na2CO3）Ca（OH）2溶液AABBCCDD10已知下表数据：物质Fe（OH）2Cu（OH）2Fe（OH）3Ksp（25）8.010162.210204.01038完全沉淀时的pH范围9.66.434对含等物质的量的CuSO4、FeSO4、Fe2（SO4）3的混合溶液的说法，不正确的是（）A向该混合溶液中逐滴加入NaOH溶液，最先看到红褐色沉淀B该溶液中c（SO42）：c（Cu2+）+c（Fe2+）+c（Fe3+）5：4C向该溶液中加入适量氯水，并调节pH到34后过滤，可获得纯净的CuSO4溶液D在pH=5的溶液中Fe3+不能大量
7、存在11元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，且原子序数之和为22，最外层电子数之和为16，在化合物Y2X2、Z2X4、X2W2中，相应分子内各原子最外层电子都满足相应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在化合物Y2X2、Z2X4、X2W2中，分子所含的共用电子对数相等C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DX、Y、Z、W四种元素可形成化学式为Y2X5ZW2的化合物12下列有关说法正确的是（） A实验室制氢气，为了加快反应速率，可向稀H2SO4中滴加少量Cu（NO3）2溶液 B为处理锅炉水垢中的CaSO4，可先用饱和N
8、a2CO3溶液浸泡，再加入盐酸溶解 CN2（g）+3H2（g）2NH3（g）H0，其他条件不变时升高温度，平衡时氢气转化率增大 D吸热反应“TiO2（s）+2Cl2（g）=TiCl4（g）+O2（g）”在一定条件下可自发进行，则该反应的S0AABBCCDD13含1mol HNO3的稀硝酸分别与不同质量的铁粉反应，所得氧化产物与铁粉物质的量的关系如图所示（已知稀硝酸的还原产物只有NO）下列有关判断正确的是（）A曲线a表示Fe2+，曲线b表示Fe3+BP点时总反应的离子方程式可表示为5Fe+16H+NO33Fe2+2Fe3+4NO+8H2OCn2=0.25Dn3：n1=3：214下列关于反应过程中
9、能量变化的说法正确的是（）A在一定条件下，某可逆反应的H=+100kJmol1，则该反应正反应活化能比逆反应活化能大100kJmol1B图中A、B曲线可分别表示反应CH2=CH2（g）+H2（g）CH3CH3（g）H0未使用和使用催化剂时，反应过程中的能量变化C同温同压下，反应H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g）在光照和点燃条件下的H不同D己知2C（s）+2O2（g）=2CO2（g）H1；2C（s）+O2（g）=2CO（g）H2则H1H215已知反应：2NO2 （红棕色）N2O4（无色）H0将一定量的NO2充入注射器中后封口，图1和图2是在拉伸和压缩注射器的过程中气体透光率随时间的变化（气
10、体颜色越深，透光率越小）下列说法正确的是（）Ab点的操作是拉伸注射器Bd 点：v（正）v（逆）Cc点与a点相比，c（NO2）增大，c（N2O4）减小D若不忽略体系温度变化，且没有能量损失，则T（b）T（c）16装置（）为铁镍（FeNi）可充电电池：Fe+NiO2Fe（OH）2+Ni（OH）2；装置（）为电解示意图，当闭合开关K时，Y附近溶液先变红下列说法正确的是（）A闭合K时，X的电极反应式为：2H+2eH2B闭合K时，A电极反应式为：NiO2+2e+2H+Ni（OH）2C给装置（）充电时，B极参与反应的物质被氧化D给装置（）充电时，OH通过阴离子交换膜，移向A电极二、填空题（共52分）17某
11、化学学习小组发现在碱性溶液中，NO2会发生如下反应：2NO2+2NaOHNaNO2+NaNO3+H2O2NO2+Na2CO3NaNO2+NaNO3+CO2于是提出猜想，NO2和碱性的NaHCO3溶液也能发生类似反应该小组利用如图所示装置，使NO2和NaHCO3溶液充分反应并获得反应液X（1）NaHCO3溶液呈碱性的原因是_（2）该小组同学为了对猜想进行探究，进行如下讨论和实验甲同学认为，可通过检验X中是否存在NO3的方法验证猜想但经讨论后认为不可行，你认为其原因是_乙同学在X中加入少量K2Cr2O7溶液，结果溶液褪色，则产物中含有NaNO2根据以上信息，写出NO2与NaHCO3溶液反应的离子方
12、程式_已知在酸性条件下NO2能将I氧化为I2你认为能否用KI淀粉溶液检验X中是否存在NaNO2：_（填“能”或“不能”），原因是_已知5NO2+2MnO4+6H+5NO3+2Mn2+3H2O称取a gKMnO4固体，加蒸馏水和少量稀硫酸溶解，配成250mL溶液移取20.00mL X于锥形瓶，用所配的酸性KMnO4溶液进行滴定，消耗b mL KMnO4溶液则X中NaNO2的浓度是_（用含a、b的式子表示）18用 FeCl3酸性溶液脱除 H2S 后的废液，通过控制电压电解得以再生某同学使用石墨电极，在不同电压（x）下电解 pH=1 的 0.1mol/L FeCl2溶液，研究废液再生机理记录如下（a
13、、b、c代表电压值：）序号电压/V阳极现象检验阳极产物xa电极附近出现黄色，有气泡产生有Fe3+、有Cl2axb电极附近出现黄色，无气泡产生有Fe3+、无Cl2bx0无明显变化无Fe3+、无Cl2（1）用 FeCl3酸性溶液脱除 H2S的离子方程式为_（2）中，Fe3+产生的原因可能是 Cl 在阳极放电，生成的 Cl2将 Fe2+氧化写出有关反应的方程式和电极反应式_、_（3）由推测，Fe3+产生的原因还可能是 Fe2+在阳极放电，电极反应式为（4）中虽未检测出 Cl2，但 Cl 在阳极是否放电仍需进一步验证电解 pH=1 的 NaCl溶液做对照实验，记录如下：序号电压/V阳极现象检验阳极产物
14、axc无明显变化有Cl2cxb无明显变化无Cl2NaCl溶液的浓度是_mol/L与对比，可得出的结论：_A通过控制电压，验证了 Fe2+先于 Cl 放 电B电压过小，Cl 可 能 不 放 电C 通过控制电压，证实了产生 Fe3+的两种原因都成立D 通过控制电压，证实了产生 Fe3+一定仅是由于生成的 Cl2将 Fe2+氧化19已知A为常见金属，X、Y为常见非金属，X、E、F、G常温下为气体，C为液体，B是一种盐，受热极易分解，在工农业生产中用途较广（如被用作某些电池的电解质）现用A与石墨作电极，B的浓溶液作电解质，构成原电池有关物质之间的转化关系如下图：（注意：其中有些反应的条件及部分生成物被
15、略去）请填写下列空白：（1）反应为A在某种气体中燃烧，生成单质Y和A的氧化物，其反应方程式为_（2）写出物质B的电子式_（3）从D溶液制备D的无水晶体的“操作a”为_（4）反应的化学方程式为_（5）原电池反应中正极的电极反应为_20硫酸亚锡（SnSO4）是一种重要的硫酸盐，主要用于电镀工业的镀锡、铝合金表面的氧化着色、印染工业的媒染剂、双氧水去除剂等某研究小组设计SnSO4制备路线如下：查阅资料：酸性条件下，锡在水溶液中有Sn2+、Sn4+两种主要存在形式，Sn2+易被氧化SnCl2易水解生成难溶物Sn（OH）Cl（碱式氯化亚锡）Sn（OH）2的性质与Al（OH）3性质相似请回答下列问题：（1
16、）SnCl2粉末需加浓盐酸进行溶解，这样操作的原因是_（2）反应得到沉淀是SnO，得到该沉淀的离子方程式是_（3）滤液溶质的成分是_（4）酸性条件下，SnSO4还可以用作双氧水去除剂，发生反应的离子方程式是_（5）称取SnSO4x H2O晶体50.2g，在隔绝空气的情况下小火加热至结晶水全部失去，冷却称量固体质量为43g，列式计算该晶体的化学式为_21高分子材料PET聚酯树脂和PMMA的合成路线如下：已知：RCOOR+ROHRCOOR+ROH（R、R、R代表烃基）（R、R代表烃基）（1）的化学方程式为_（2）PMMA单体的官能团名称是_（3）F的核磁共振氢谱显示只有一组峰，的化学方程式为_（4
17、）I的结构简式为_（5）下列说法正确的是_（填字母序号）a B和D互为同系物 b 为酯化反应 cD可以和灼热的CuO发生反应（6）（C10H10O4）的同分异构体中，满足下列条件的有_种能与NaHCO3溶液反应，0.1mol该同分异构体能产生4.48L（标况）CO2气体；苯环上的取代基不超过三个；苯环上的一氯代物只有两种2015-2016学年江西省赣州市兴国三中高三（上）第四次月考化学试卷（兴国班）参考答案与试题解析一、选择题（每小题只有一个选项符合题意每小题3分，共48分）1生活中常用到一些化学知识，下列说法中不正确的（）A医疗上可用硫酸钡作X射线透视肠胃的内服药，是因为硫酸钡不溶于水B红葡
18、萄酒营养丰富（含葡萄糖、维生素C等），常添加微量的二氧化硫，利用二氧化硫还原性，防止红葡萄酒中某营养成分被氧化C某雨水放置一段时间后pH由4.68变为4.28，因为水中亚硫酸被空气中氧气氧化成硫酸D次氯酸钠溶液可用于环境的消毒杀菌【考点】物质的组成、结构和性质的关系【分析】A硫酸钡不溶于胃酸；B二氧化硫在葡萄酒酿造工艺中可起到防腐抗氧化作用；CpH由4.68变为4.28，雨水酸性增强；D次氯酸钠具有强氧化性【解答】解：A医疗上可用硫酸钡作X射线透视肠胃的内服药，是因为硫酸钡不溶于盐酸，故A错误；B红葡萄酒营养丰富（含葡萄糖、维生素C等），常添加微量的二氧化硫，利用二氧化硫还原性，防止红葡萄酒中
19、某营养成分被氧化，性质应用合理，故B正确；C雨水放置一段时间后pH由4.68变为4.28，酸性增强可知水中亚硫酸被空气中氧气氧化成硫酸，故C正确；D次氯酸钠具有强氧化性，次氯酸钠溶液可用于环境的消毒杀菌，故D正确；故选A2对下列化学用语或化学原理的理解和描述均正确的是（）A电子式可以表示羟基，也可以表示氢氧根离子B比例模型可以表示二氧化碳分子，也可以表示水分子C明矾能水解生成Al（OH）3胶体，可用作饮用水杀菌D原子结构示意图可以表示12C，也可以表示14C【考点】电子式；原子结构示意图；盐类水解的应用【分析】A、氢氧根离子带一个单位的负电荷；B、二氧化碳是直线型分子，水分子在V型分子；C、明
20、矾只能净水，不能消毒；D、同位素的质子数、核外电子数相同，中子数不同；【解答】解：A、氢氧根离子的电子式为：，羟基的电子式为，故A错误；B、二氧化碳是直线型分子，水分子在V型分子，该比例模型是水分子模型，故B错误；C、明矾在水溶液中能水解出氢氧化铝胶体，能吸附水中的杂质，故只能净水不能消毒，故C错误；D、同位素的质子数和核外电子数相同，所以其原子结构示意图相同，故D正确；故选D3“类推”是一种在化学学习中常用的方法，下列类推结论中正确的是（）AAl在氧气中生成Al2O3，Fe在氧气中也生成Fe2O3B第VA族氢化物的熔沸点顺序是NH3AsH3PH3；则第 VIA族氢化物的熔沸点顺序也是H2OH
21、2SeH2SC工业上用电解熔融的氯化镁制备镁单质，工业上也可用电解熔融的氯化铝制备铝单质DBaCl2溶液中通入SO2无沉淀产生，则Ba（NO3）2溶液中通入SO2也无沉淀产生【考点】铝的化学性质；元素周期律的作用；金属冶炼的一般原理；铁的化学性质【分析】AFe在氧气中燃烧生成四氧化三铁；B氢化物分子的相对对分子质量越大，熔沸点越高，分子间存在氢键的沸点较高；C氯化铝是共价化合物熔融时不导电；D酸性条件下，硝酸根离子能把亚硫酸根氧化为硫酸根【解答】解：AAl在氧气中生成Al2O3，Fe在氧气中燃烧生成四氧化三铁不生成Fe2O3，故A错误；B氢化物分子的相对对分子质量越大，熔沸点越高，分子间存在氢
22、键的沸点较高，则第VA族氢化物的熔沸点顺序是NH3AsH3PH3，第 VIA族氢化物的熔沸点顺序也是H2OH2SeH2S，故B正确；C氯化铝是共价化合物熔融时不导电，应该电解熔融的氧化铝来制备Al，故C错误；D酸性条件下，硝酸根离子能把亚硫酸根氧化为硫酸根，所以Ba（NO3）2溶液中通入SO2会生成硫酸钡沉淀，故D错误故选B4下列各组性质比较中，正确的是（）沸点：HFHClHBrHI离子还原性：S2ClBrI酸性：HClO4HBrO4HIO4金属性：KNaMgAl气态氢化物稳定性：HFHClH2S半径：O2FNa+Mg2+ABCD【考点】元素周期律的作用【分析】HF中含氢键，沸点最高，其它氢化
23、物中相对分子质量大的沸点高；元素的非金属性越强，对应离子还原性越弱；元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强；根据元素周期律确定金属的活泼性；元素的非金属性越强，气态氢化物稳定性越强；电子层越多，半径越大，电子层一样，核电荷数越多，半径越小【解答】解：HF中含氢键，沸点最高，其它氢化物中相对分子质量大的沸点高，则沸点为HFHIHBrHCl，故错误；元素的非金属性ClBrIS，对应离子还原性S2IBrCl，故错误；非金属性ClBrI，元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，即酸性：HClO4HBrO4HIO4，故正确；同主族行上到下，金属性增强：KNa，同周期，
24、从左到右金属性减弱，即NaMgAl，即金属性：KNaMgAl，故正确；元素的非金属性FClS，气态氢化物稳定性HFHClH2S，故正确；电子层越多，半径越大，电子层一样，核电荷数越多，半径越小，即O2FNa+Mg2+，故正确故选B5汞（熔点39，沸点356）是制造电池、电极的重要原料，历史上曾用“灼烧辰砂法”制取汞目前工业上制粗汞的一种流程图如图下列分析错误的是（）A洗涤粗汞可用5%的盐酸代替5%的硝酸B辰砂与氧化钙加热反应时，CaSO4为氧化产物C“灼烧辰砂法”过程中电子转移的方向和数目可表示为：D减压蒸馏的目的是降低汞的沸点，提高分离效率【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用【分析
25、】A金属铜可以和硝酸之间反应，但是和盐酸之间不反应；B辰砂与氧化钙加热反应时，S元素化合价升高，被氧化；C该反应中S元素化合价由2价变为+4价、Hg元素化合价由+2价变为0价、O元素化合价由0价变为2价，转移电子数为6；D实验目的是获得纯汞，利用汞的熔沸点温度确定分离方法【解答】解：A粗汞中含有的金属铜可以和硝酸之间反应，但是和盐酸之间不反应，所以洗涤粗汞不可用5%的盐酸代替5%的硝酸，故A错误；B辰砂与氧化钙加热反应时，化合价升高的元素是S，所以CaSO4是氧化产物，故B正确；C化学反应中化合价的升高的元素是S，降低的元素是Hg和O，化合价升高数=化合价降低数值=转移电子数，故C正确；D实验
26、目的是获得纯汞，最后一步根据汞（熔点39，沸点356）可以减压蒸馏降低汞的沸点，提高分离效率，故D正确；故选A6设NA为阿伏加德罗常数的值，下列各项叙述正确的是（）1molCl2参加反应转移电子数一定为2NA1mol Na2O和Na2O2混合物中含有的阴、阳离子总数是3NA标准状况下，44.8L NO与22.4LO2混合后气体中分子总数为2NA1L 2molL1的Al（NO3）3溶液中含Al3+个数为2NA1L 2mol/L的氯化铁溶液完全制成胶体，氢氧化铁胶体的粒子数小于2NA6.0g SiO2晶体中含有的硅氧键数目为0.4NA1molCH5+所含的电子数为10NA在标准状况下，2.8g N
27、2和2.8g CO所含电子数均为1.4NA300mL 2mol/L蔗糖溶液中所含分子数为0.6NA标准状况下，2.24L乙醇分子所含的CH键数为 0.5NAABCD【考点】阿伏加德罗常数【分析】Cl2参加反应后的价态不明确；Na2O和Na2O2均由2个阳离子和1个阴离子构成；标准状况下，44.8L NO与22.4LO2的物质的量分别为2mol和1mol，反应生成的NO2气体中存在平衡：2NO2N2O4；Al3+为弱碱阳离子，在溶液中会水解；一个氢氧化铁胶体是多个氢氧化铁的聚合体；求出SiO2晶体的物质的量，然后根据1mol二氧化硅中含4mol硅氧键来分析；CH5+中含10个电子；N2和CO的摩
28、尔质量均为28g/mol，且均含14个电子；蔗糖溶液中除了蔗糖分子，还有水分子；标准状况下，乙醇为液态【解答】解：Cl2参加反应后的价态不明确，故1mol氯气反应后转移的电子数无法计算，故错误；Na2O和Na2O2均由2个阳离子和1个阴离子构成，故1mol混合物中含阳离子为2mol、阴离子为1mol，即共含3NA个离子，故正确；标准状况下，44.8L NO与22.4LO2的物质的量分别为2mol和1mol，反应生成的2molNO2气体中存在平衡：2NO2N2O4，导致分子个数小于2NA个，故错误；Al3+为弱碱阳离子，在溶液中会水解，故溶液中的铝离子的个数小于2NA个，故错误；一个氢氧化铁胶体
29、是多个氢氧化铁的聚合体，故形成的胶粒的个数小于2NA个，故正确；6.0gSiO2晶体的物质的量为1mol，而1mol二氧化硅中含4mol硅氧键，故0.1mol二氧化硅中含0.4mol硅氧键即0.4NA个，故错误；CH5+中含10个电子，故1mol中含10NA个电子，故正确；N2和CO的摩尔质量均为28g/mol，且均含14个电子，故2.8g氮气和2.8gCO的物质的量均为0.1mol，且均含1.4NA个电子，故正确；蔗糖溶液中除了蔗糖分子，还有水分子，故溶液中含有的分子数大于0.6NA个，故错误；标准状况下，乙醇为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量和CH键个数，故错误故选C7常温下，
30、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、SOpH=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、NO3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】氢离子与偏铝酸根离子反应；pH=11的溶液中存在大量氢氧根离子，6种离子之间不反应，都不与氢氧根离子反应；水电离的H+浓
31、度为1012molL1的溶液为酸性或碱性溶液，碳酸根离子、亚硫酸根离子与氢离子反应；加入Mg能放出H2的溶液中存在大量氢离子，硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，与镁反应不会生成氢气；使甲基橙变黄的溶液为酸性或碱性溶液，高锰酸根离子、硝酸根离子在酸性条件下能够以后亚铁离子；铁离子、铝离子与硫离子发生双水解反应【解答】解：0.1molL1NaAlO2溶液中，H+与NaAlO2发生反应，在溶液中不能大量共存，故错误；pH=11的溶液为碱性溶液，溶液中存在大量氢氧根离子，CO32、Na+、AlO2、NO3、S2、SO32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，故正确；水电离的H+浓度
32、为1012molL1的溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，CO32、SO32与氢离子反应，在酸性溶液中不能大量共存，故错误；加入Mg能放出H2的溶液为酸性溶液，NO3在酸性条件下与镁反应不会生成氢气，故错误；使甲基橙变黄的溶液为酸性或碱性溶液，Fe2+与MnO4、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，故错误；Fe3+、Al3+都与S2发生双水解反应，在溶液中一定不能大量共存，故错误；故选B8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】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，
33、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C9除去下列物质中所含的杂质，选用的实际正确的是（）选项物质（杂质）试剂A食盐（细沙）NaOH溶液BCO（NH3）浓H2SO4CCO2（SO2）Na2CO3溶液DNaHCO3溶液（Na2CO3）Ca（OH）2溶液AABBCCDD【考点】物质的分离、提纯和除杂【分析】A、细沙中的二氧化硅能和氢氧化钠反应生成硅酸钠；B、氨气为碱性气体，而CO为中性气体；C、二氧化碳能和Na2CO3反应生成NaHC
34、O3；D、NaHCO3也能和Ca（OH）2溶液反应【解答】解：A、细沙中的二氧化硅能和氢氧化钠反应生成硅酸钠，仍然是食盐中的杂质，故A错误；B、氨气为碱性气体，而CO为中性气体，故用浓硫酸能将氨气吸收，而不吸收CO，故B正确；C、二氧化碳能和Na2CO3反应生成NaHCO3，故用Na2CO3溶液不但会吸收掉二氧化硫，连二氧化碳也会一并吸收，故C错误；D、NaHCO3也能和Ca（OH）2溶液反应生成碳酸钙沉淀，故不能用Ca（OH）2溶液除去NaHCO3溶液中的Na2CO3，故D错误故选B10已知下表数据：物质Fe（OH）2Cu（OH）2Fe（OH）3Ksp（25）8.010162.210204.
35、01038完全沉淀时的pH范围9.66.434对含等物质的量的CuSO4、FeSO4、Fe2（SO4）3的混合溶液的说法，不正确的是（）A向该混合溶液中逐滴加入NaOH溶液，最先看到红褐色沉淀B该溶液中c（SO42）：c（Cu2+）+c（Fe2+）+c（Fe3+）5：4C向该溶液中加入适量氯水，并调节pH到34后过滤，可获得纯净的CuSO4溶液D在pH=5的溶液中Fe3+不能大量存在【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质【分析】A根据Ksp的大小判断溶解性；BCu2+、Fe2+、Fe3+发生水解，因此它们的物质的量会减少；C溶液中混有CuCl2；D根据溶度积计算【解答】解：A从表格中可以
36、看出，Fe（OH）3的Ksp是最小的，所以它最先出现沉淀，故A正确；B因为Cu2+、Fe2+、Fe3+对应的碱全是弱碱，所以这三种离子在溶液中都会发生水解，因此它们的物质的量会减少，故B正确；C加入氯水，可以把亚铁离子全氧化成三价，但它的还原产物Cl肯定还在溶液中，而且在调节pH时加入的试剂也会在溶液中有所保留，所以得到的溶液中不可能只含CuSO4一种溶质，故C错误；D在pH=5的溶液中c（H+）=105moL/L，c（Fe3+）=mol/L=41013mol/L，Fe3+不能大量存在，故D正确故选C11元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，且原子序数之和为22，最外层电子数之和为16，在化合
37、物Y2X2、Z2X4、X2W2中，相应分子内各原子最外层电子都满足相应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在化合物Y2X2、Z2X4、X2W2中，分子所含的共用电子对数相等C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DX、Y、Z、W四种元素可形成化学式为Y2X5ZW2的化合物【考点】原子结构与元素周期律的关系【分析】元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，且原子序数之和为22，最外层电子数之和为16，均为短周期元素，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，则X应为H，Y为C，Z为N，W
38、为O，形成的化合物分别为C2H2、N2H4、H2O2，以此解答该题【解答】解：元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，且原子序数之和为22，最外层电子数之和为16，均为短周期元素，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，则X应为H，Y为C，Z为N，W为O，形成的化合物分别为C2H2、N2H4、H2O2AX、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B错误；C氢化物的稳定性与氢键无关，与共价键的强弱有关，故C错误；DX、Y、Z、W四种元素可
39、形成化学式为H7C2NO2的化合物，为CH2OHCH（OH）NH2，故D正确故选D12下列有关说法正确的是（） A实验室制氢气，为了加快反应速率，可向稀H2SO4中滴加少量Cu（NO3）2溶液 B为处理锅炉水垢中的CaSO4，可先用饱和Na2CO3溶液浸泡，再加入盐酸溶解 CN2（g）+3H2（g）2NH3（g）H0，其他条件不变时升高温度，平衡时氢气转化率增大 D吸热反应“TiO2（s）+2Cl2（g）=TiCl4（g）+O2（g）”在一定条件下可自发进行，则该反应的S0AABBCCDD【考点】化学反应速率的影响因素；反应热和焓变【分析】A硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性；B从难溶电解质的
40、转化的角度分析；C升高温度，平衡逆向移动；D反应前后气体的总量不变S=0【解答】解：A加入硝酸铜，硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，不生成氢气，故A错误；B硫酸钙难以除去，可加入碳酸钠转化为碳酸钙，加入盐酸和除去，故B正确；C升高温度，平衡逆向移动，氢气转化率减小，故C错误；D反应前后气体的总量不变S=0，故D错误故选B13含1mol HNO3的稀硝酸分别与不同质量的铁粉反应，所得氧化产物与铁粉物质的量的关系如图所示（已知稀硝酸的还原产物只有NO）下列有关判断正确的是（）A曲线a表示Fe2+，曲线b表示Fe3+BP点时总反应的离子方程式可表示为5Fe+16H+NO33Fe2+2Fe3+4NO
41、+8H2OCn2=0.25Dn3：n1=3：2【考点】离子方程式的有关计算【分析】向稀硝酸中加入铁粉时，发生两个过程，开始先生成Fe（NO3）3，反应方程式为：Fe+4 HNO3（稀）=Fe（NO3）3+NO+2H2O，当铁过量时，过量的铁再与 Fe（NO3）3反应生成 Fe（NO3）2，2Fe（NO3）3+Fe=3 Fe（NO3）2，P点为 Fe（NO3）3 与 Fe（NO3）2物质的量相等的点，参加反应的硝酸为1mol，利用方程式计算出 Fe（NO3）3为0.25mol，可求n1【解答】解：A、向稀硝酸中加入铁粉时，发生两个过程，开始先生成Fe（NO3）3，反应方程式为：Fe+4 HNO3
42、（稀）=Fe（NO3）3+NO+2H2O，根据硝酸的物质的量为4mol利用方程式可计算出生成的 Fe（NO3）3为1mol，所以参加反应的硝酸为1mol即n1=0.25，a表示Fe（NO3）3，故A错误；B、Fe（NO3）3 与过量的铁继续反应生成 Fe（NO3）2，反应方程式为：2Fe（NO3）3+Fe=3 Fe（NO3）2，P点为 Fe（NO3）3 与 Fe（NO3）2物质的量相等的点，随后是Fe（NO3）3 与过量的铁继续反应生成 Fe（NO3）2，反应方程式为：2Fe（NO3）3+Fe=3 Fe（NO3）2，P点为 Fe（NO3）3 与 Fe（NO3）2物质的量相等的点，故B错误；C、
43、根据铁原子守恒，n（Fe）=n（Fe（NO3）2）+n（Fe（NO3），所以 n（Fe）=0.3mol，即n2=0.3mol，故C错误；D、向稀硝酸中加入铁粉时，发生两个过程，开始先生成Fe（NO3）3，反应方程式为：Fe+4 HNO3（稀）=Fe（NO3）3+NO+2H2O，根据硝酸的物质的量为1mol利用方程式可计算出生成的 Fe（NO3）3为0.25mol，所以参加反应的铁为0.25mol即n1=0.25，将0.25mol的 Fe（NO3）3转化为 Fe（NO3）2需要的金属铁是0.125mol，所以n3=0.25mol+0.125mol=0.375mol，n3：n1=3：2，故D正确故
44、选D14下列关于反应过程中能量变化的说法正确的是（）A在一定条件下，某可逆反应的H=+100kJmol1，则该反应正反应活化能比逆反应活化能大100kJmol1B图中A、B曲线可分别表示反应CH2=CH2（g）+H2（g）CH3CH3（g）H0未使用和使用催化剂时，反应过程中的能量变化C同温同压下，反应H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g）在光照和点燃条件下的H不同D己知2C（s）+2O2（g）=2CO2（g）H1；2C（s）+O2（g）=2CO（g）H2则H1H2【考点】反应热和焓变【分析】A、依据正反应和逆反应的活化能分析判断；B、曲线A是使用催化剂降低反应活化能的曲线；C、反应的焓变对
45、于确定的反应，焓变是不随反应条件、途径变化的；D、一氧化碳燃烧生成二氧化碳会放热；【解答】解：A、图象分析正逆反应的活化能之差即为该反应的焓变数值，在一定条件下，某可逆反应的H=+100kJmol1，则该反应正反应活化能比逆反应活化能大100kJmol1，故A正确；B、依据催化剂能降低反应的活化能，图中A、B曲线可分别表示反应CH2=CH2（g）+H2（g）CH3CH3（g）H0，使用催化剂和未使用催化剂的变化曲线，反应过程中的能量变化，故B错误；C、同温同压下，反应的焓变只与起始和终了状态有关，与反应条件和变化途径无关，反应H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g）在光照和点燃条件下的H相同，
46、故C错误；D、一氧化碳燃烧生成二氧化碳会放热，焓变为负值，则H1H2，故D错误；故选A15已知反应：2NO2 （红棕色）N2O4（无色）H0将一定量的NO2充入注射器中后封口，图1和图2是在拉伸和压缩注射器的过程中气体透光率随时间的变化（气体颜色越深，透光率越小）下列说法正确的是（）Ab点的操作是拉伸注射器Bd 点：v（正）v（逆）Cc点与a点相比，c（NO2）增大，c（N2O4）减小D若不忽略体系温度变化，且没有能量损失，则T（b）T（c）【考点】物质的量或浓度随时间的变化曲线【分析】该反应是正反应气体体积减小的放热反应，压强增大平衡虽正向移动，但二氧化氮浓度增大，混合气体颜色变深，压强减小
47、平衡逆向移动，但二氧化氮浓度减小，混合气体颜色变浅，据图分析，b点开始是压缩注射器的过程，气体颜色变深，透光率变小，c点后的拐点是拉伸注射器的过程，气体颜色变浅，透光率增大，据此分析【解答】解：A、气体颜色变深，透光率变小，b点开始是压缩注射器的过程，故A错误；B、c点后的拐点是拉伸注射器的过程，d点是平衡向气体体积增大的逆向移动过程，所以v（逆）v（正），故B正确；C、c点是压缩注射器后的情况，二氧化氮和四氧化二氮的浓度都增大，故C错误；D、b点开始是压缩注射器的过程，平衡正向移动，反应放热，导致T（b）T（c），故D错误；故选B16装置（）为铁镍（FeNi）可充电电池：Fe+NiO2Fe（
48、OH）2+Ni（OH）2；装置（）为电解示意图，当闭合开关K时，Y附近溶液先变红下列说法正确的是（）A闭合K时，X的电极反应式为：2H+2eH2B闭合K时，A电极反应式为：NiO2+2e+2H+Ni（OH）2C给装置（）充电时，B极参与反应的物质被氧化D给装置（）充电时，OH通过阴离子交换膜，移向A电极【考点】化学电源新型电池【分析】当闭合开关K时，II是电解池，电极Y附近溶液先变红，说明Y电极附近有氢氧根离子生成，则为阴极，X为阳极，所以A是正极、B是负极，A闭合开关K后，电极X是阳极，阳极上Cu失电子生成铜离子，铜离子和氢氧根离子反应生成氢氧化铜沉淀；B闭合开关K后，A电极是正极得电子发生
49、还原反应；C电池充电时，原来负极应该连接电源负极作阴极；D电池充电时，OH通过阴离子交换膜，移向阳极【解答】解：当闭合开关K时，II是电解池，电极Y附近溶液先变红，说明Y电极附近有氢氧根离子生成，则为阴极，X为阳极，所以A是正极、B是负极，A闭合开关K后，电极X是阳极，阳极上Cu失电子生成铜离子，铜离子和氢氧根离子反应生成氢氧化铜沉淀，故A错误；B闭合开关K后，A电极是正极得电子发生还原反应，反应为NiO2+2e+2H2ONi（OH）2+2OH，故B错误；C电池充电时，原来负极B应该连接电源负极作阴极，被还原，故C错误；D电池充电时，原来正极A应该连接电源正极作阳极，所以OH通过阴离子交换膜，
50、移向A电极阳极，故D正确；故选D二、填空题（共52分）17某化学学习小组发现在碱性溶液中，NO2会发生如下反应：2NO2+2NaOHNaNO2+NaNO3+H2O2NO2+Na2CO3NaNO2+NaNO3+CO2于是提出猜想，NO2和碱性的NaHCO3溶液也能发生类似反应该小组利用如图所示装置，使NO2和NaHCO3溶液充分反应并获得反应液X（1）NaHCO3溶液呈碱性的原因是碳酸氢根离子水解沉淀大于电离程度，溶液显碱性，HCO3+H2OH2CO3+OH（2）该小组同学为了对猜想进行探究，进行如下讨论和实验甲同学认为，可通过检验X中是否存在NO3的方法验证猜想但经讨论后认为不可行，你认为其原
51、因是二氧化氮与水反应也能生成硝酸根乙同学在X中加入少量K2Cr2O7溶液，结果溶液褪色，则产物中含有NaNO2根据以上信息，写出NO2与NaHCO3溶液反应的离子方程式2NO2+2HCO3NO2+NO3+2CO2+H2O已知在酸性条件下NO2能将I氧化为I2你认为能否用KI淀粉溶液检验X中是否存在NaNO2：不能（填“能”或“不能”），原因是NaNO2和NaNO3在酸性条件下都能氧化碘离子生成碘单质已知5NO2+2MnO4+6H+5NO3+2Mn2+3H2O称取a gKMnO4固体，加蒸馏水和少量稀硫酸溶解，配成250mL溶液移取20.00mL X于锥形瓶，用所配的酸性KMnO4溶液进行滴定，
52、消耗b mL KMnO4溶液则X中NaNO2的浓度是mol/L（用含a、b的式子表示）【考点】盐类水解的应用；物质的量浓度的相关计算；氧化还原反应【分析】（1）碳酸氢钠溶液中碳酸氢根离子水解溶液显碱性；（2）二氧化氮与水反应生成硝酸；NO2与NaHCO3溶液反应生成NaNO2，此时氮的化合价降低，根据氧化还原反应的原理可知，还应有硝酸根生成；X中既有NaNO2又有NaNO3，在酸性条件下都能氧化碘离子；称取a gKMnO4固体，加蒸馏水和少量稀硫酸溶解，配成250mL溶液移取20.00mL X于锥形瓶，用所配的酸性KMnO4溶液进行滴定，消耗b mL KMnO4溶液，根据反应5NO2+2MnO
53、4+6H+5NO3+2Mn2+3H2O，利用高锰酸钾的物质的量可计算出X中所含有的NaNO2的物质的量，进而确定NaNO2的浓度【解答】解：（1）碳酸氢钠溶液中碳酸氢根离子水解沉淀大于电离程度，溶液显碱性，HCO3+H2OH2CO3+OH，故答案为：碳酸氢根离子水解沉淀大于电离程度，溶液显碱性，HCO3+H2OH2CO3+OH；（2）二氧化氮与水反应也能生成硝酸根，所以检验X中存在NO3不能说明是NO2和NaHCO3溶液反应生成了硝酸根，故答案为：二氧化氮与水反应也能生成硝酸根；NO2与NaHCO3溶液反应生成NaNO2，此时氮的化合价降低，根据氧化还原反应的原理可知，还应有硝酸根生成，所以N
54、O2与NaHCO3溶液反应的化学方程式为2NO2+2NaHCO3NaNO2+NaNO3+2CO2+H2O，反应的离子方程式为：2NO2+2HCO3NO2+NO3+2CO2+H2O，故答案为：2NO2+2HCO3NO2+NO3+2CO2+H2O；X中既有NaNO2又有NaNO3，NaNO2和NaNO3在酸性条件下都能氧化碘离子生成碘单质，所以不能用KI淀粉溶液检验X中存在NaNO2，故答案为：不能；NaNO2和NaNO3在酸性条件下都能氧化碘离子生成碘单质；称取a gKMnO4固体，加蒸馏水和少量稀硫酸溶解，配成250mL溶液移取20.00mL X于锥形瓶，用所配的酸性KMnO4溶液进行滴定，消
55、耗b mL KMnO4溶液，高锰酸钾的物质的量为，根据反应5NO2+2MnO4+6H+5NO3+2Mn2+3H2O，可知20.00mL X溶液中所含有的NaNO2的物质的量为=mol，所以NaNO2的浓度为=mol/L，故答案为： mol/L18用 FeCl3酸性溶液脱除 H2S 后的废液，通过控制电压电解得以再生某同学使用石墨电极，在不同电压（x）下电解 pH=1 的 0.1mol/L FeCl2溶液，研究废液再生机理记录如下（a、b、c代表电压值：）序号电压/V阳极现象检验阳极产物xa电极附近出现黄色，有气泡产生有Fe3+、有Cl2axb电极附近出现黄色，无气泡产生有Fe3+、无Cl2bx
56、0无明显变化无Fe3+、无Cl2（1）用 FeCl3酸性溶液脱除 H2S的离子方程式为溶液变红（2）中，Fe3+产生的原因可能是 Cl 在阳极放电，生成的 Cl2将 Fe2+氧化写出有关反应的方程式和电极反应式2Cl2e=Cl2、Cl2+2Fe2+=2Fe3+2Cl（3）由推测，Fe3+产生的原因还可能是 Fe2+在阳极放电，电极反应式为（4）中虽未检测出 Cl2，但 Cl 在阳极是否放电仍需进一步验证电解 pH=1 的 NaCl溶液做对照实验，记录如下：序号电压/V阳极现象检验阳极产物axc无明显变化有Cl2cxb无明显变化无Cl2NaCl溶液的浓度是0.2mol/L与对比，可得出的结论：A
57、CA通过控制电压，验证了 Fe2+先于 Cl 放 电B电压过小，Cl 可 能 不 放 电C 通过控制电压，证实了产生 Fe3+的两种原因都成立D 通过控制电压，证实了产生 Fe3+一定仅是由于生成的 Cl2将 Fe2+氧化【考点】电解原理；氧化还原反应；电极反应和电池反应方程式【分析】（1）依据铁离子的检验方法和试剂颜色变化分析；（2）依据电解原理，氯离子在阳极失电子生成氯气，氯气具有氧化性氧化亚铁离子生成铁离子溶液变黄色；（3）Fe3+产生的原因还可能是Fe2+在阳极放电，依据氧化还原反应分析Fe2+具有还原性；（4）电解pH=1的0.1mol/L FeCl2溶液，电解pH=1的NaCl溶液
58、做对照试验，探究氯离子是否放电，需要在难度相同的条件下进行分析判断；依据图表数据比较可知，电解pH=1的NaCl溶液做对照试验与对比，通过控制电压证明了亚铁离子还原性大于氯离子优先放电，生成铁离子的两种可能【解答】解：（1）检验铁离子的试剂是硫氰酸钾溶液，用KSCN溶液检测处Fe3+的现象是溶液变红色，故答案为：溶液变红；（2）依据电解原理，氯离子在阳极失电子生成氯气，电极反应为：2Cl2e=Cl2，氯气具有氧化性氧化亚铁离子生成铁离子溶液变黄色，反应的离子方程式为：Cl2+2Fe2+=2Fe3+2Cl；故答案为：2Cl2e=Cl2，Cl2+2Fe2+=2Fe3+2Cl；（3）由推测，Fe3+
59、产生的原因还可能是Fe2+在阳极放电，元素化合价升高，依据氧化还原反应分析Fe2+具有还原性，即Fe2+2e=Fe3+，故答案为：Fe2+2e=Fe3+；（4）电解pH=1的0.1mol/L FeCl2溶液，电解pH=1的NaCl溶液做对照试验，探究氯离子是否放电，需要在难度相同的条件下进行，所以氯化钠溶液的浓度为0.2mol/L，故答案为：0.2；依据图表数据比较可知，电解pH=1的NaCl溶液做对照试验与对比，通过控制电压证明了亚铁离子还原性大于氯离子优先放电，说明生成铁离子的两种可能，一是二价铁失电子变成三价铁，二是氯离子失电子变成氯气，氯气再氧化二价铁变成三价铁对于补充的那个实验，实验
60、四的电压高，氯气放电，实验五电压低，氯气不放电，而实验二氯气皆放电；故答案为：AC19已知A为常见金属，X、Y为常见非金属，X、E、F、G常温下为气体，C为液体，B是一种盐，受热极易分解，在工农业生产中用途较广（如被用作某些电池的电解质）现用A与石墨作电极，B的浓溶液作电解质，构成原电池有关物质之间的转化关系如下图：（注意：其中有些反应的条件及部分生成物被略去）请填写下列空白：（1）反应为A在某种气体中燃烧，生成单质Y和A的氧化物，其反应方程式为2Mg+CO22MgO+C（2）写出物质B的电子式（3）从D溶液制备D的无水晶体的“操作a”为将D溶液在HCl气流中蒸干（4）反应的化学方程式为4NH
61、3+5O24NO+6H2O（5）原电池反应中正极的电极反应为2NH4+2e=2NH3+H2【考点】无机物的推断【分析】C为无色液体，由气体X（X由原电池反应得到，可能是H2）和氧气反应得到，故C应是H2O，X是H2，根据反应可知非金属Y是C由电解D无水晶体得到A与Cl2，可知D为氯化物且是离子化合物，结合A+B溶液发生原电池反应得到X、D、E，可知B为氯化物，且B是一种盐，受热极易分解，反应生成的H2与E气体，B应水解呈酸性，由转化关系：EFGH，属于常温下气体E的连续氧化得到气体G，在中学阶段中N、S元素化合物符合转化关系，考虑反应是金属与NH4Cl溶液发生的原电池反应，可推出E为NH3、F
62、为NO、G为NO2，则H为HNO3（1）中反应为A在某种气体中燃烧，生成单质Y和A的氧化物，应为Mg与二氧化碳的反应，可推出A为Mg，则D为MgCl2，结合反应可推知B为NH4Cl，验证符合转化关系，据此解答【解答】解：C为无色液体，由气体X（X由原电池反应得到，可能是H2）和氧气反应得到，故C应是H2O，X是H2，根据反应可知非金属Y是C由电解D无水晶体得到A与Cl2，可知D为氯化物且是离子化合物，结合A+B溶液发生原电池反应得到X、D、E，可知B为氯化物，且B是一种盐，受热极易分解，反应生成的H2与E气体，B应水解呈酸性，由转化关系：EFGH，属于常温下气体E的连续氧化得到气体G，在中学阶
63、段中N、S元素化合物符合转化关系，考虑反应是金属与NH4Cl溶液发生的原电池反应，可推出E为NH3、F为NO、G为NO2，则H为HNO3（1）中反应为A在某种气体中燃烧，生成单质Y和A的氧化物，应为Mg与二氧化碳的反应，可推出A为Mg，则D为MgCl2，结合反应可推知B为NH4Cl，验证符合转化关系，（1）反应为Mg与二氧化碳的反应生成MgO与碳，反应方程式为：2Mg+CO22MgO+C，故答案为：2Mg+CO22MgO+C；（2）氯化铵是离子化合物，由氨根离子与氯离子构成，电子式为：，故答案为：；（3）从MgCl2溶液制备MgCl2的无水晶体，应注意防止水解，应将D溶液在HCl气流中蒸干，故
64、答案为：将D溶液在HCl气流中蒸干；（4）反应是氨的催化氧化，反应化学方程为：4NH3+5O24NO+6H2O；故答案为：4NH3+5O24NO+6H2O；（5）原电池反应中，正极发生还原反应，铵根离子放电生成氨气与氢气，正极反应式为：2NH4+2e=2NH3+H2，故答案为：2NH4+2e=2NH3+H220硫酸亚锡（SnSO4）是一种重要的硫酸盐，主要用于电镀工业的镀锡、铝合金表面的氧化着色、印染工业的媒染剂、双氧水去除剂等某研究小组设计SnSO4制备路线如下：查阅资料：酸性条件下，锡在水溶液中有Sn2+、Sn4+两种主要存在形式，Sn2+易被氧化SnCl2易水解生成难溶物Sn（OH）Cl
65、（碱式氯化亚锡）Sn（OH）2的性质与Al（OH）3性质相似请回答下列问题：（1）SnCl2粉末需加浓盐酸进行溶解，这样操作的原因是加入盐酸，使水解平衡向左移动，抑制Sn2+水解（2）反应得到沉淀是SnO，得到该沉淀的离子方程式是Sn2+CO32SnO+CO2（3）滤液溶质的成分是NaCl、Na2CO3（4）酸性条件下，SnSO4还可以用作双氧水去除剂，发生反应的离子方程式是Sn2+H2O2+2H+=Sn4+2H2O（5）称取SnSO4x H2O晶体50.2g，在隔绝空气的情况下小火加热至结晶水全部失去，冷却称量固体质量为43g，列式计算该晶体的化学式为SnSO42H2O【考点】制备实验方案的
66、设计【分析】SnCl2粉末加浓盐酸进行溶解得到酸性溶液，此时溶液中含有Sn2+、Sn4+，向其中加入Sn粉，Sn粉可以和H+发生反应，使溶液酸性减弱，调节了溶液pH值，另外Sn可以将被氧化生成的Sn4+还原成Sn2+，即防止Sn2+被氧化为Sn4+，过滤得SnCl2溶液，向其中加碳酸钠，将Sn元素以SnO形式沉淀，过滤洗涤得纯净的SnO，反应I滤液的溶质为氯化钠和碳酸钠，SnO中加稀硫酸，得SnSO4溶液，加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤，制得SnSO4晶体，（1）SnCl2在水中发生水解反应，加入HCl，可使水解平衡向逆反应方向移动，抑制Sn2+水解；（2）反应为向SnCl2溶液中加碳酸钠，得
67、到的沉淀为SnO，根据电荷守恒和元素守恒书写离子方程式；（3）反应I滤液的溶质为氯化钠和碳酸钠，可以通过蒸发结晶的方法获得溶质；（4）酸性条件下，SnSO4还可以用作双氧水去除剂，即SnSO4在酸性条件下和双氧水反应，Sn2+有还原性，双氧水有氧化性，产物应该是：Sn4+和H2O；（5）根据反应SnSO4x H2OSnSO4+x H2O，由晶体及生成固体的质量列比例式可求得x的值【解答】解：SnCl2粉末加浓盐酸进行溶解得到酸性溶液，此时溶液中含有Sn2+、Sn4+，向其中加入Sn粉，Sn粉可以和H+发生反应，使溶液酸性减弱，调节了溶液pH值，另外Sn可以将被氧化生成的Sn4+还原成Sn2+，
68、即防止Sn2+被氧化为Sn4+，过滤得SnCl2溶液，向其中加碳酸钠，将Sn元素以SnO形式沉淀，过滤洗涤得纯净的SnO，反应I滤液的溶质为氯化钠和碳酸钠，SnO中加稀硫酸，得SnSO4溶液，加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤，制得SnSO4晶体，（1）SnCl2在水中发生水解反应：SnCl2+H2OSn（OH）Cl+HCl（可逆反应，应该用可逆号），生成难溶物Sn（OH）Cl，溶液含有杂质，若加入HCl，可使平衡向逆反应方向移动，抑制Sn2+水解；故答案为：加入盐酸，使水解平衡向左移动，抑制Sn2+水解；（2）反应为向SnCl2溶液中加碳酸钠，得到的沉淀为SnO，反应离子方程式为Sn2+CO32
69、SnO+CO2，故答案为：Sn2+CO32SnO+CO2；（3）反应I滤液的溶质为氯化钠和碳酸钠，可以通过蒸发结晶的方法获得溶质为NaCl、Na2CO3，故答案为：NaCl、Na2CO3；（4）酸性条件下，SnSO4还可以用作双氧水去除剂，即SnSO4在酸性条件下和双氧水反应，Sn2+有还原性，双氧水有氧化性，产物应该是：Sn4+和H2O，方程式为Sn2+H2O2+2H+=Sn4+2H2O，故答案为：Sn2+H2O2+2H+=Sn4+2H2O；（5）根据反应SnSO4x H2OSnSO4+x H2O， 215+18x 215 50.2g 43g则： =，x=2，所以该晶体的化学式为：SnSO4
70、2H2O，故答案为：SnSO42H2O21高分子材料PET聚酯树脂和PMMA的合成路线如下：已知：RCOOR+ROHRCOOR+ROH（R、R、R代表烃基）（R、R代表烃基）（1）的化学方程式为（2）PMMA单体的官能团名称是碳碳双键和酯基（3）F的核磁共振氢谱显示只有一组峰，的化学方程式为（4）I的结构简式为CH2=C（CH3）COOH（5）下列说法正确的是bc（填字母序号）a B和D互为同系物 b 为酯化反应 cD可以和灼热的CuO发生反应（6）（C10H10O4）的同分异构体中，满足下列条件的有5种能与NaHCO3溶液反应，0.1mol该同分异构体能产生4.48L（标况）CO2气体；苯环
71、上的取代基不超过三个；苯环上的一氯代物只有两种【考点】有机物的合成【分析】由PMMA的结构，可知PMMA单体为CH2=C（CH3）COOCH3，则D、I分别为CH2=C（CH3）COOH、CH3OH中的一种，乙烯和溴发生加成反应生成A为CH2BrCH2Br，A在NaOH水溶液、加热条件下发生水解反应生成B为HOCH2CH2OH，根据信息I及PET单体分子式，可知PET单体为，则D为CH3OH、I为CH2=C（CH3）COOH，PET单体发生信息I中交换反应进行的缩聚反应生成PET树脂为F发生信息中的反应得到G，G在浓硫酸作用下发生消去反应生成I，则G为，故F为，E为，据此解答【解答】解：由PM
72、MA的结构，可知PMMA单体为CH2=C（CH3）COOCH3，则D、I分别为CH2=C（CH3）COOH、CH3OH中的一种，乙烯和溴发生加成反应生成A为CH2BrCH2Br，A在NaOH水溶液、加热条件下发生水解反应生成B为HOCH2CH2OH，根据信息I及PET单体分子式，可知PET单体为，则D为CH3OH、I为CH2=C（CH3）COOH，PET单体发生信息I中交换反应进行的缩聚反应生成PET树脂为F发生信息中的反应得到G，G在浓硫酸作用下发生消去反应生成I，则G为，故F为，E为，（1）的化学方程式为，故答案为：；（2）PMMA单体为CH2=C（CH3）COOCH3，PMMA单体的官能
73、团名称是碳碳双键和酯基，故答案为：碳碳双键和酯基；（3）F的核磁共振氢谱显示只有一组峰，的化学方程式为，故答案为：；（4）I的结构简式为CH2=C（CH3）COOH，故答案为：CH2=C（CH3）COOH；（5）aB为HOCH2CH2OH，D为CH3OH，B是二元醇、D是一元醇，二者不是同系物，故错误；b为酯化反应也是取代反应，故正确；cD是甲醇，D可以和灼热的CuO发生反应，故正确；故选bc；（6）（C10H10O4）的同分异构体中，满足下列条件，能与NaHCO3溶液反应，说明含有羧基，0.1mol该同分异构体能产生4.48L（标况）CO2气体，说明该分子中含有两个羧基；苯环上的取代基不超过三个；苯环上的一氯代物只有两种，则取代基为2个或3个，如果取代基是两个且处于对位，为对苯乙酸、对苯甲丙酸、对苯甲异丙酸三种结构；如果取代基为5乙基1、3苯二甲酸、2乙基1、3苯二甲酸，所以符合条件的同分异构体有5种，故答案为：52016年9月24日高考资源网版权所有，侵权必究！