高考化学模拟试题共8套 192页

高中毕业班摸底统一考试化学试卷（考试时间：90分钟　满分100分）本试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，请将正确答案填在答题卡上。可能用到的相对原子质量:H-1N-14O-16Na-23S-32Fe-56【化学综析】本试卷以化学单科方式命制。化学科I卷考查到了化学与生活、化学用语、阿伏加德罗常数、离子反应、有机化合物、元素化合物、氧化还原反应、元素周期律、化学平衡、电解质溶液、化学实验基本操作等；Ⅱ卷考查了电化学、化学实验的综合运用、物质结构与元素周期律、元素化合物等主干知识，综合性较强，难度适中，覆盖面广，有较好的区分度和效度。在注重考查学科核心知识的同时，突出考查考纲要求的基本能力，重视对学生科学素养的考查。以基础知识和基本技能为载体，以能力测试为主导，注重常见化学方法的使用，应用化学思想解决化学问题，体现了化学学科的基本要求。适合高考模拟用。第Ⅰ卷（选择题共40分）一、选择题（每小题只有一个选项符合题目要求，每小题2分，共40分）【题文】1．化学与生活、社会密切相关。下列说法不正确的是(　　)A．利用太阳能等清洁能源代替化石燃料，有利于节约资源、保护环境B．用废旧皮革生产药用胶囊可以提高原子利用率C．为防止电池中的重金属等污染土壤和水体，应积极开发废电池的综合利用技术D．提倡人们购物时不用塑料袋，是为了防止白色污染【知识点】化学与生活M4【答案解析】B解析：使用清洁能源可减少大气污染物的排放，还可以节约化石能源，所以A正确；旧皮革中含有有毒物质，不能用来生产药用胶囊，B错误；C正确；选项D白色污染是指废旧塑料制品带来的污染，提倡人们购物时不用塑料袋，能防止白色污染的产生，所以D正确。【思路点拨】熟练掌握化学知识，知道物质的性质与应用，明确与生活、社会密切关系是解题的关键。【题文】2．下列化学用语描述中不正确的是（）A．中子数为20的氯原子：ClB．比例模型可以表示CO2分子或SiO2分子C．HCO的电离方程式为：HCO+H2OCO+H3O+D．次氯酸的结构式：H－O－Cl【知识点】化学用语B1E1【答案解析】B解析：中子数=37-17=20，A正确；CO2分子和SiO2的结构不同，是CO2分子的比例模型，但不是的SiO2的比例模型，B错误；C、D正确。【思路点拨】掌握原子的表示方法和各个数值的含义，质量数=质子数+中子数，CO2分子是直线型结构，SiO2是四面体结构。【题文】3．用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述中正确的是(　　)A．0.1mol—NH2(氨基)中含有的电子数目为1.0NA B．常温下，1L0.1mol·L－1CH3COONa溶液中含有的CH3COO－和Na+总数为0.2NAC．标准状况下，2.24LH2O中含有的原子总数为3NAD．常温常压下，16gO2和O3混合气体含有的氧原子数为NA【知识点】阿伏加德罗常数A1【答案解析】D解析：0.1mol—NH2(氨基)中含有的电子数目为0.1×9=0.9mol，A错误；由于CH3COO－水解，则CH3COO－和Na+总数小于0.2NA，B错误；标准状况下，H2O是液态，无法根据体积求算物质的量，C错误；16gO2和O3混合气体含有的氧原子质量是16g，D正确。【思路点拨】—NH2、-OH都是电中性的微粒；D项的求算不需要分别求算O2和O3物质的量。【题文】4．下列说法正确的是(　　)A．酸、碱、盐都是电解质B．电解质都是易溶于水的物质C．氧化物都是电解质D．氢化物都不是电解质【知识点】电解质的概念B4【答案解析】A解析：A正确；硫酸钡是电解质，但不溶于水，B错误；二氧化碳的非电解质，C错误；NH3不是电解质，D错误。【思路点拨】掌握电解质的概念的内涵与外延是解题的关键。【题文】5．下列表示化学反应的离子方程式，其中正确的是(　　)A．NaAlO2溶液中滴加过量盐酸：AlO2－+H2O+H＋=AI(OH)3B．NH4HSO3溶液与足量浓NaOH溶液共热：NH4+＋HSO3－＋2OH－NH3↑＋SO32－＋H2OC．明矾溶于水产生Al(OH)3胶体:Al3++3H2OAl(OH)3↓+3H+D．FeCl3溶液与Cu反应：Fe3++Cu=Fe2++Cu2+【知识点】【答案解析】B解析【思路点拨】【题文】6．下列关于有机物的说法正确的是(　　)A．棉花、羊毛、蚕丝均属于天然纤维素B．石油的分馏和裂化均属于化学变化C．油脂都不能使溴的四氯化碳溶液褪色D．甲烷、乙醇、乙酸在一定条件下都能发生取代反应【知识点】常见有机物的性质与应用I4O3【答案解析】D解析：A正确；石油的分馏是物理变化，B错误；油脂中的液态油含碳碳双键，能使溴的四氯化碳溶液褪色，C错误；D正确。【思路点拨】化学纤维用天然的或人工合成的高分子物质为原料、经过化学或物理方法加工而制得的纤维的统称，因所用高分子化合物来源不同，可分为以天然高分子物质为原料的人造纤维和以合成高分子物质为原料的合成纤维，天然纤维不是合成纤维。【题文】7．在一无色溶液中检验出有Ba2＋、Ag＋，同时又测得其酸性很强。某学生还要鉴定此溶液中是否大量存在：①Cu2＋②Fe3＋③Cl－④NO3－⑤S2－⑥CO32－⑦NH4＋⑧Mg2＋⑨Al3＋⑩AlO2－ 离子。其实，这些离子中有一部分不必再鉴定就能加以否定，你认为不必鉴定的离子组是()A．③⑤⑥⑦⑩B．①②⑤⑥⑧⑨C．③④⑦⑧⑨D．①②③⑤⑥⑩【知识点】离子检验B1【答案解析】D解析：溶液是无色的，则不可能存在Cu2＋、Fe3＋；溶液酸性很强，则一定不存在S2－、CO32－、AlO2－；有Ba2＋、Ag＋，则不能含有氯离子，所以答案选D。【思路点拨】根据离子的性质如颜色、是否能共存解答。【题文】8．用下列实验装置和方法进行相应实验，能达到实验目的的是(　　)A．用图1所示方法检查装置的气密性B．用图2所示装置和方法制取氨气C．用图3所示装置和方法进行石油分馏D．用图4装置和方法分离乙醇与乙酸【知识点】实验J1J3J2【答案解析】A解析：A正确；制取氨气不能只用氯化铵，应该用氯化铵与氢氧化钙的混合物，B错误；图3错在温度计水银球不能放在溶液中，应该放于支管口、冷却水流向反了，C错误；乙醇与乙酸互溶，不能采取分液的方法分离，应该采取蒸馏的方法分离，D错误。【思路点拨】从装置、试剂、方法等方面综合考虑解答。【题文】9．氮化钠和氢化钠都是离子化合物，与水反应的化学方程式(未配平)如下：Na3N+H2O→NaOH+NH3，NaH+H2O→NaOH+H2。有关它们的叙述①与水反应都是氧化还原反应；②与水反应后的溶液都显碱性；③与盐酸反应都只生成一种盐；④两种化合物中的阴阳离子均具有相同的电子层结构。其中正确的是(　　)A．①②③④B．①②③C．②③D．②【知识点】氧化还原反应物质的结构E1B2【答案解析】D解析：反应Na3N+3H2O=3NaOH+NH3中元素的化合价没有变化，不是氧化还原反应，①错误；②正确；氮化钠和盐酸反应会生成氯化钠、氯化铵两种盐，氢化钠与盐酸反应会生成氯化钠，③错误；N3-、Na+与H+的电子层结构不同，④错误。【思路点拨】根据元素的化合价发生变化的反应是氧化还原反应解答①，根据物质和盐酸的反应来回答②③。【题文】10．一定条件下，中学化学常见物质甲、乙之间存在如下转化关系，则乙可能是A．Al(OH)3　　　B．H2SiO3　　　C．FeCl2　　　D．CH3C1【知识点】元素化合物C5D5【答案解析】C解析：制备氢氧化铝是由氯化铝与氨水反应生成氢氧化铝和氯化铵或由偏铝酸钠和氯化铝反应，但两者均不为化合反应，故A错误；二氧化硅不能与水反应生成硅酸，可以用硅酸钠与盐酸反应得到，不能通过化合反应获得硅酸，故B错误；氯化铁与铁单质发生化合反应可以制备氯化亚铁，属于化合反应，故C正确；甲烷与氯气取代反应会按比例生成CH3ClCH2Cl2 CHCl3，不属于化合反应，故D错误。【思路点拨】按选项顺序利用物质的性质解答。 【题文】11．下列说法正确的是(　　)A．分散系中分散质粒子的大小：Fe(OH)3悬浊液O、S<0）来消除CO污染C．若弱酸HA的酸性强于弱酸HB，则相同物质的量浓度的钠盐溶液的碱性：NaAFe(OH)3胶体>FeCl3溶液,A错误；根据题意2CO=2C+O2不是自发反应，B错误；根据越弱越水解知水解程度NaAr（R）>r(X)>r(Y)C．X、Z分别与R形成的化合物中化学键类型不同D．含有Y、Z、R三种元素的化合物最多只有2种【知识点】元素周期律化学键E2E3【答案解析】D解析：根据元素的结构和性质可知，X、Y、Z、R分别是C、O、Na、Cl。A正确，分别是CO和CO2；同周期自左向右原子半径逐渐减小，同主族自上而下原子半径逐渐增大，所以B正确；碳和氧形成的是极性键，钠和氧形成的是离子键，C正确；D不正确，由于Cl有＋1价、＋3价、＋5价、＋7价，所以NaClO、NaClO2、NaClO3、NaClO4。【思路点拨】含阴阳离子的化合物一定含离子键；能够列举Na、Cl、O组成的物质。【题文】16.下列依据相关实验得出的结论正确的（）A．SiO2既能与HF溶液反应，又能与NaOH溶液反应，说明SiO2是两性氧化物B．用大理石和浓盐酸反应制取CO2气体，立即通入一定浓度的Na2SiO3溶液中，出现白色沉淀证明H2CO3的酸性比H2SiO3的酸性强C．向某溶液中滴加硝酸酸化的Ba(NO3)2溶液产生白色沉淀，说明该溶液中含有SO42-D．相同体积PH均为3的HA和HB两种酸分别与足量的锌充分反应，HA放出的氢气多，说明HB的酸性比HA的酸性强【知识点】元素化合物酸性比较离子检验D1H1J2【答案解析】D解析：两性氧化物的定义是与酸、碱反应均生成盐和水,而SiO2与HF反应生成的SiF4不是盐,所以A错误；B项生成的二氧化碳含盐酸也可与硅酸钠反应而干扰实验，B错误；C项可能含SO32-，被硝酸氧化为SO42-而干扰实验，C错误；相同体积pH均为3的HA和HB两种酸分别与足量的锌充分反应，HA放出的氢气多，说明HA的物质的量大，HB的酸性比HA的酸性强，D正确。【思路点拨】碱性氧化物的概念中的酸不是特殊的酸，是具有酸的通性的酸；物质的检验要防止干扰。 【题文】17．下列陈述I、II正确并且有因果关系的是选项陈述I陈述IIASO2和氯水有漂白性两者都能使溴水褪色B用淀粉-KI鉴别FeCl2Fe2+有氧化性C盐酸和氨水能溶解Al(OH)3Al(OH)3是两性氢氧化物DCuSO4可以用作消毒剂铜盐能使蛋白质变性【知识点】元素化合物（因果关系）C5D5【答案解析】D解析：A、氯水不能使溴水褪色，所以陈述II错误；B、用淀粉-KI不能鉴别FeCl2，二者不反应，错误；C、氢氧化铝只溶于强碱溶液，所以氨水不能溶解氢氧化铝，错误；D、因为CuSO4属于重金属盐，可以使蛋白质变性，因此可以用作消毒剂，正确，答案选D。【思路点拨】根据物质的性质作答。【题文】18.下列溶液中有关物质的浓度关系正确的是(　　)A．c(NH4＋)相等的(NH4)2SO4、NH4HSO4、NH4Cl溶液：c(NH4HSO4)>c((NH4)2SO4)>c(NH4Cl)B.等物质的量的NaClO、NaHCO3混合溶液：c(HClO)+c(ClO－)＝c(HCO3－)+c(H2CO3)+c(CO32－)C．向醋酸钠溶液中加入适量醋酸，得到的酸性混合溶液：c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(H＋)＞c(OH－)D．某二元弱酸的酸式盐NaHA溶液中：c(H+)＋c(Na＋)＝c(OH－)＋c(HA－)＋c(A2－)【知识点】离子浓度比较H6【答案解析】B解析：等浓度的（NH4）2SO4溶液，NH4HSO4溶液和NH4Cl溶液，由水解可知c（NH4+）的关系为c[（NH4）2SO4]＞c（NH4HSO4）＞c（NH4Cl），则c（NH4+）相等时，三种盐溶液的浓度关系为c[（NH4）2SO4]＜c[NH4HSO4]＜c（NH4Cl），故A错误；根据物料守恒知c(HClO)+c(ClO－)＝c(HCO3－)+c(H2CO3)+c(CO32－)=c(Na＋)，B正确；根据电荷知C错误，应该是c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(H＋)＞c(OH－)；根据电荷守恒知D错误，应该是c(H+)＋c(Na＋)＝c(OH－)＋c(HA－)＋2c(A2－).【思路点拨】根据电荷守恒、物料守恒、质子守恒解答离子浓度比较。【题文】C%T1T2p(Pa)19．在密闭容器中，对于可逆反应Ａ＋３Ｂ２Ｃ(气)，平衡时C的体积分数与温度和压强的关系如图所示，下列判断正确的是(　　)A．若正反应方向△H<0，则T1>T2B．压强增大时，混合气体的密度减小C．A一定为气体D．B一定为气体【知识点】化学平衡G3【答案解析】D解析：若正反应方向△H＜0，升高温度，平衡向逆反应移动，C的含量降低，由图可知，温度T2到达平衡时C的含量较低，故温度T2＞T1，故A错误；根据图像知温度一定时，压强越大，C的含量越大，故增大压强平衡向正反应移动，正反应是气体体积减小的反应，故B一定为气体，混合气体的总质量增大，密度增大，故B错误、D正确；A可能是气体，可能为非气体，故C错误。 【思路点拨】采取定一议二方式解答，由图可知，温度一定时，压强越大，C的含量越大，故增大压强平衡向正反应移动，故B一定为气体；压强一定时，温度越高，平衡向吸热方向移动，根据C的含量变化结合选项判断反应热与温度高低。【题文】20．下列图示与对应的叙述相符的是（）A．甲图曲线表示向等体积、等物质的量浓度的盐酸和醋酸溶液中分别加人足量镁粉产生H2的物质的量的变化B．乙表示将0.01mol·L-lNaOH溶液滴人到稀盐酸中的滴定曲线C．丙为水的电离曲线，从z点刭x点，可采用在水中加入适量NaOH固体的方法D．丁中曲线表示将pH相同的NH4C1溶液和盐酸稀释相同倍数时，二者pH的变化【知识点】弱电解质的电离中和反应H6【答案解析】D解析：醋酸是弱酸，盐酸是强酸，因此在物质的量浓度相同的情况下，盐酸与镁反应的反应速率快，A不正确；乙应该表示的是将稀盐酸滴人到0.01mol·L-lNaOH溶液中的滴定曲线，B不正确；丙为水的电离曲线，从z点刭x点，水的离子积常数减小，因此不能采用在水中加入适量NaOH固体的方法实现，C不正确；D、盐酸是强酸，完全电离，氯化铵是强酸弱碱盐，NH4＋水解溶液显酸性，因此在pH相同的条件下分别稀释相同倍数时，盐酸的pH变化大，D正确，答案选D。【思路点拨】解答图形题要看清曲线的起点、终点和变化趋势。2014年秋季南侨中学、永春三中、永春侨中、荷山中学、南安三中高中毕业班摸底统一考试化学试卷第Ⅱ卷（非选择题，共60分）【题文】21、（15分）短周期元素Q、R、T、W在元素周期表中的位置如图所示，其中T所处的周期序数与主族序数相等。(1)T的原子结构示意图是________。用化学方程式表示工业上常用于冶炼T单质的原理是_______________________________。(2)与W同主族的某元素，其氢化物分子中含有18个电子，该分子中的共价键类型是________。 (3)元素的非金属性：Q________W(填“强于”或“弱于”)，结合方程式简述其原因是_______________________________________________。(4)元素X与T同周期，且在该周期中原子半径最大，请写出X的最高价氧化物的水化物与T的最高价氧化物的水化物反应的离子方程式___________________。【知识点】元素周期律离子方程式化学键E5E3【答案解析】(共15分)(1)(2分)　2Al2O3(熔融)4Al＋3O2↑(3分)(2)极性键和非极性键(各1分共2分)(3)弱于(2分)　CO＋H2O=HCO＋OH－，碳酸根离子水解，而硫酸根离子不发生水解(合理即可)(3分)(4)Al(OH)3+OH—=AlO2—+2H2O(3分)解析：T所处的周期序数与主族序数相等，则根据元素在周期表中的相对位置可知，T应该是第三周期元素，所以T是Al，Q是C，R是N，W是S。⑵)与W同主族的某元素是O，其氢化物分子中含有18个电子，是H2O2，该分子中的共价键类型是H-O极性键和O-O非极性键。⑶非金属性S>C，可通过反应Na2CO3＋H2SO4=Na2SO4＋CO2↑＋H2O验证。⑷根据题意知X是Na，氢氧化钠与氢氧化铝反应的离子方程式是Al(OH)3+OH—=AlO2—+2H2O。【思路点拨】解答本题的根据是确定T是Al，然后根据元素周期律和元素周期表解答。【题文】22（14分）、资源化利用二氧化碳不仅可减少温室气体的排放，还可重新获得燃料或重要工业产品。(1)有科学家提出可利用FeO吸收和利用CO2，相关热化学方程式如下：　　6FeO(s)+CO2(g)=2Fe3O4(s)+C(s)　△H=-76.0kJ·mol一1①上述反应中每生成1molFe3O4，转移电子的物质的量为_______mol。②已知：C(s)+2H2O(g)=CO2(g)+2H2(g)　△H=+113.4kJ·mol一1，则反应：　　3FeO(s)+H2O(g)=Fe3O4(s)+H2(g)的△H=__________。(2)在一定条件下，二氧化碳转化为甲烷的反应如下：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)向一容积为2L的恒容密闭容器中充人一定量的CO2和H2，在300℃时发生上述反应，达到平衡时各物质的浓度分别为CO20.2mol·L一1，H20.8mol·L一1，CH40.8mol·L一1，H2O1.6mol·L一1。则300℃时上述反应的平衡常数K=____________________。200℃时该反应的平衡常数K=64.8，则该反应的△H_____(填“>’’或“<”)0。(3)华盛顿大学的研究人员研究出一种方法，可实现水泥生产时CO2零排放，其基本原理如图所示：①上述生产过程的能量转化方式是_____________。a、电能转化为化学能b、太阳能转化为电能 c、太阳能转化为化学能d、化学能转化为电能②上述电解反应在温度小于900℃时进行，碳酸钙先分解为CaO和CO2，电解质为熔融碳酸钠，阴极反应式为3CO2＋4e－=C＋2CO32-则阳极的电极反应式为___________________。【知识点】反应热平衡常数电化学氧化还原反应B3G5F4【答案解析】(共14分)（1）①2(2分)②+18.7kJ·mol-1(2分)（2）25(2分)；＜(2分)（3）①a、c(3分，少一个得1分，多选或错选不得分)②2CO2-3－4e－===2CO2↑＋O2↑(3分)解析：（1）①由6FeO(s)+CO2(g)=2Fe3O4(s)+C(s)知，反应方程式FeO中铁元素化合价+2升至Fe3O4中+，CO2由+4降至C中碳元素的0价，每生成1molC转移电子4mol，生成Fe3O4 2mol，则生成1molFe3O4转移电子2mol；②反应1：6FeO(s)+CO2(g)=2Fe3O4(s)+C(s)，△H1=-76.0kJ/mol；反应2：C(s)+2H2O(g)=CO2(g)+2H2(g)，△H2=+113.4kJ/mol，根据盖斯定理△H=（△H1+△H2）=（-76.0+113.4）=+18.7kJ/mol（2）300℃时上述反应的平衡常数K==25；由题意知300℃时，K=25，200℃时，K=64.8，平衡常数增大，则降温平衡正向移动，因此正反应为放热反应，△H＜0（3）由图知，是用吸收的太阳能和电源电能进行反应能量的来源，故太阳能和电能转化为化学能，选ac；电解反应中阳极失电子发生氧化反应，由图知反应产物为O2，又电解质为熔融碳酸钠，故反应方程式：2CO32--4e－=2CO2↑＋O2↑。【思路点拨】根据电子守恒、盖斯定律、平衡常数的概念、焓变和平衡常数与温度的关系、电解原理解答。【题文】23、（14分）碱式硫酸铁[Fe(OH)SO4]是一种用于污水处理的新型高效絮凝剂。工业上利用废铁屑（含少量氧化铝、氧化铁等）生产碱式硫酸铁的工艺流程如下：已知：部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表：沉淀物Fe(OH)3Fe(OH)2Al(OH)3开始沉淀2.37.53.4完全沉淀3.29.74.4回答下列问题：（1）加入少量NaHCO3的目的是调节pH在 范围内。（2）反应Ⅱ中加入NaNO2的目的是氧化亚铁离子，写出该反应的离子方程式为。（3）碱式硫酸铁溶于水后生成的Fe(OH)2+离子可部分水解生成Fe2(OH)42+聚合离子，该水解反应的离子方程式为。（4）在医药上常用硫酸亚铁与硫酸、硝酸的混合液反应制备碱式硫酸铁。根据我国质量标准，产品中不得含有Fe2+及NO3－。为检验所得产品中是否含有Fe2+，应使用的试剂为。A．氯水B．KSCN溶液C．NaOH溶液D．酸性KMnO4溶液（5）为测定含Fe2+和Fe3+溶液中铁元素的总含量，实验操作如下：准确量取20.00mL溶液于带塞锥形瓶中，加入足量H2O2，调节pH<2，加热除去过量H2O2；加入过量KI充分反应后,再用0.1000mol·L-1Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液20.00mL。已知：则溶液中铁元素的总含量为g·L-1。若滴定前溶液中H2O2没有除尽，所测定的铁元素的含量将会(填“偏高”“偏低”“不变”)【知识点】工艺流程题离子方程式氧化还原反应滴定计算B1B3A4【答案解析】、(共14分)（1）4.4~7.5（2分）（2）2H++Fe2++NO2-=Fe3++NO↑+H2O(3分)（3）2Fe(OH)2++2H2OFe2(OH)42++2H+(3分)（4）D（2分）（5）5.6（2分）偏高（2分）解析：（1）制备硫酸亚铁，应与硫酸铝分离，应调节溶液pH生成Al（OH）3，要避免生成应Fe（OH）2沉淀，控制pH在4.4～7.5之间；（2）NaNO2可氧化亚铁离子为铁离子，本身变为NO，故反应方程式为2H+ +Fe2++NO2- =Fe3+ +NO↑+H2O；（3）[Fe（OH）]2+离子，可部分水解生成[Fe2（OH）4]2+聚合离子，根据电荷守恒和质量守恒可写出反应的离子方程式为2[Fe（OH）]2++2H2O[Fe2（OH）4]2++2H+；（4）检验所得产品中是否含有Fe2+，可使用酸性KMnO4溶液（利用高锰酸钾的氧化性）；（6）根据所给反应可得关系式Fe3+~S2O32-，所以n(Fe3+)=n(Na2S2O3)=0.1000mol/L×0.020L=0.0020mol，溶液中铁元素的总含量为0.0020mol×56g/mol÷0.020L=5.6g/L；若滴定前溶液中H2O2没有除尽，则H2O2也可氧化I-得到I2，消耗的Na2S2O3将偏多，导致所测定的铁元素的含量偏高。【思路点拨】根据表中的信息判断离子沉淀的pH；滴定计算可运用关系式法解答；离子检验运用的是物质的性质，但需排除干扰。【题文】24、（17分）实验室中利用下图所示装置制备纳米碳酸钙（1纳米=1×10－9m）（部分夹持装置已略去），向饱和CaCl2溶液中通入NH3和CO2可制得纳米碳酸钙 供选择的药品：①石灰石②氯化铵　③氢氧化钙　④饱和氯化钙溶液　⑤浓硫酸　⑥6mol·L-1盐酸　⑦饱和食盐水　⑧饱和NaHCO3溶液（1）装置A中，仪器a的名称是　　　　 ，仪器b中应盛放的固体为　　　 。（填药品序号）。装置B中盛放的溶液是　　（填药品序号）。装置D的试管中发生反应的化学方程式为　　　　　　　　　 。（2）如何判断所得碳酸钙颗粒是否为纳米级。　　　　　　　　　 　　　　　　　　　。（3）通入适量气体后，C装置中物质恰好完全反应，过滤，所得滤液显　　　　 （填“酸”、“碱”、“中”之一）性。（4）装置C中,右边的导管并未插入液面，原因是（5）上述装置存在一处缺陷，该缺陷为　　　　　　　　　　　 。【知识点】化学实验J3J5【答案解析】(共17分)（1）分液漏斗(2分)　①(2分)⑧(2分)2NH4Cl+Ca（OH）2 CaCl2+2NH3↑+2H2O　（3分）（2）将少量碳酸钙加水充分搅拌，用一束可见光照射，观察是否发生丁达尔现象，若有丁达尔现象则为纳米级，若没有丁达尔现象则不是纳米级。(2分)（3）酸(2分)（4）防止装置C的溶液倒吸到装置D中引起试管爆裂（2分）（5）无尾气吸收装置 （2分）解析：（1）A装置是制取二氧化碳，仪器a的名称是分液漏斗；仪器b中为碳酸钙与盐酸反应：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑；装置D中制取氨气，化学方程式为2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3↑+2H2O；饱和NaHCO3溶液可除掉挥发出来的氯化氢。（2）将少量碳酸钙加水充分搅拌，看是否有丁达尔效应，若有丁达尔效应，则说明为纳米级。（3）C中的反应是CaCl2＋2NH3＋CO2＋H2O=CaCO3↓＋2NH4Cl,氯化铵在水中发生水解显酸性，离子方程式：NH4++H2ONH3•H2O+H+.（4）氨气极易溶于水，右边的导管并未插入液面是防止装置C的溶液倒吸到装置D中引起试管爆裂（5）该装置没有尾气处理装置。【思路点拨】根据形状判断仪器名称；根据反应原理判断物质名称；根据杂质性质选择除杂试剂；氨气对环境有污染，应该有尾气处理装置。 高三化学精品试题一、选择题：1【浙江省嘉兴市第一中学等五校2015届高三上学期第一次联考化学试题】【题文】生活中下列物质的应用或现象解释错误的是（）A．食盐可作调味剂，也可作食品防腐剂B．大量燃烧化石燃料是造成雾霾天气的重要因素之一C．装饰材料释放的甲醛会造成空气污染D．磨豆浆的大豆富含蛋白质，豆浆煮沸后蛋白质变成了氨基酸【知识点】化学与生活M4O1O3【答案解析】【解析】D解析：A．食盐腌制食品，食盐进入食品内液产生浓度差，形成细菌不易生长的环境，可作防腐剂，食盐具有咸味，所以食盐可作调味剂，也可作食品防腐剂，故A正确；B．大量燃烧化石燃料产生大量含硫化合物、含氮化合物，是造成雾霾天气的重要因素之一，故B正确； C．装饰材料释中含有大量的甲醛，会造成空气污染，故C正确；D．磨豆浆的大豆富含蛋白质，豆浆煮沸后蛋白质变性，故D错误。故答案选D【思路点拨】本题考查了生活中的化学，依据相关的知识即可解答，平时注意生活中的化学知识的积累，题目难度不大。2【四川省成都外国语学校2015届高三12月月考】【题文】下列分类或归类正确的是：①铝热剂、纯净矿泉水、冰水混合物均为混合物②NaOH、HD、IBr均为化合物③明矾、烧碱、硫酸均为强电解质④C60、金刚石、石墨均为碳的同素异形体⑤碘酒、淀粉溶液、水雾、纳米材料均为胶体A．①②③⑤B.③④⑤C.②④⑤D.③④【知识点】物质分类、电解质、胶体B1B4E1【答案解析】【解析】D解析：①铝热剂为铝与金属氧化物的混合物，矿泉水中含有水和矿物质，属于混合物，冰水只有水这一种物质，为纯净物，故①错误；②HD是由同种氢元素组成的单质：氢气，不是化合物，故②错误；③明矾、烧碱、硫酸均为强电解质，故③正确；④C60、金刚石、石墨均为碳元素的不同单质，互为同素异形体，故④正确；⑤碘酒是碘单质的酒精溶液，不属于胶体，故⑤错误；故答案选D【思路点拨】本题考查了化学基本概念的理解和应用，熟悉混合物、化合物、单质、化合物、电解质、非电解质等概念的分析即可判断，掌握物质的组成是解题关键，难度不大。3【浙江省慈溪市、余姚市2015届高三上学期期中联考化学试题】【题文】常用于测定动植物标本的年龄．关于原子的说法正确的是A．中子数为14B．质子数为14C．核外电子数为14D．质量数为14【知识点】同位素E1【答案解析】D解析：的质量数是14，质子数是6，电子数是6，中子数是14-6=8，因此选D。【思路点拨】质量数=子数+中子数。4【山西大学附中2014－2015学年第一学期高三第六次月考试题】【题文】下列物质提纯的方法正确的是A．除去混在NO2中的NO：将气体与足量O2混合B．除去混在CO2中的SO2：将气体依次通过足量酸性KMnO4溶液和浓硫酸C．除去KCl溶液中的K2CO3：加入过量BaCl2溶液后过滤D．除去乙酸中混有的乙醇：加入生石灰后蒸馏【知识点】物质的分离和除杂J2【答案解析】B解析：物质在除杂过程中必须要掌握的原则是：在除去杂质的同时不能引入新的杂质。A．除去混在NO2中的NO：将气体与足量O2混合，这样在除去NO的同时又混入了氧气杂质，错误；B．除去混在CO2中的SO2：将气体依次通过足量酸性KMnO4溶液和浓硫酸，这样SO2可以被酸性KMnO4溶液氧化为硫酸而存在在溶液中，最后用浓硫酸对气体进行干燥，正确；C．除去KCl溶液中的K2CO3：加入过量BaCl2溶液后过滤，K2CO3与BaCl2反应生成了BaCO3可以除去K2CO3，但又引入了新的杂质BaCl2，错误；D．加入生石灰后蒸馏这是除去乙醇中的水用到的方法，生石灰能与乙酸反应生成乙酸钙和水，将原物质除掉，不符合除杂原则，故D错误。【思路点拨】本题考查了物质的分离与除杂，解决除杂问题时，抓住除杂质的必需条件（加入的试剂只与杂质反应，反应后不能引入新的杂质）是正确解题的关键。5【2014——2015学年度上学期省五校协作体高三期中考试】【题文】下列实验操作或对实验事实的叙述正确的是()①用稀盐酸洗涤盛放过石灰水的试剂瓶②配制浓硫酸和浓硝酸的混合酸时，将浓硝酸沿器壁慢慢加入到浓硫酸中，并不断搅拌③用pH试纸测得氯水的pH为2④用稀硝酸清洗做过银镜反应实验的试管⑤浓硝酸保存在棕色细口瓶中⑥某溶液加入NaOH并加热能产生使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，溶液中含NH4＋A．①④⑤⑥B．①③④⑤C．①②⑥D．②③⑤⑥ 【知识点】试剂存放离子检验溶液混合J2D2【答案解析】A解析：①氢氧化钙和碳酸钙都溶于稀盐酸，所以用稀盐酸洗涤盛放过石灰水的试剂瓶，正确；②配制浓硫酸和浓硝酸的混合酸时，类似浓硫酸的稀释操作，应该将密度大的浓硫酸沿器壁慢慢加入到浓硝酸中，并不断搅拌，故错误；③因氯水有漂白性，不能用pH试纸测得氯水的pH，故错误；④因银溶于硝酸，用稀硝酸清洗做过银镜反应实验的试管，正确；⑤浓硝酸光照下分解，应保存在棕色细口瓶中，正确；⑥根据铵盐遇碱共热产生氨气，若溶液加入NaOH并加热能产生使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，溶液中含NH4＋，正确；故答案选A【思路点拨】本题考查了试剂存放、离子检验、溶液混合操作等知识，属记忆性内容。6【五校（师大附中、临川一中、鹰潭一中、宜春中学、新余四中）第二次联考】【题文】NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（）A、将标准状况下22.4LNO与11.2LO2混合后的体积约为22.4LB、1L0.2mol·L－1Al2(SO4)3溶液中的离子总数为NAC、标准状况下，22.4LH2O所含原子个数大于3NAD、含4molHCl的浓盐酸跟足量MnO2加热反应可制得Cl2的分子数为NA【知识点】阿伏加德罗常数气体摩尔体积溶液中的离子A1A2J3【答案解析】C解析：A、NO与O2混合后得到NO2的体积与NO的相等，但由于存在2NO2N2O4，故体积小于22.4L，故A错误；B、铝离子水解以及溶液中还存在水电离的氢离子和氢氧根离子，故B错误；C、标准状况下水是液态，22.4LH2O的物质的量大于1摩尔，所含原子个数大于3NA，故C正确；D、由于制取氯气时对盐酸的浓度有要求，当反应进行到一定程度时反应将停止，所以可制得Cl2的分子数小于NA，故D错误。故答案选C【思路点拨】本题借助阿伏加德罗常数考查了气体摩尔体积、溶液中的离子数目等，注意溶液中的离子包含水电离的离子。7【江西省南昌市第二中学2015届高三上学期第四次月考】【题文】下列实验操作或装置不符合实验要求的是(　)A．装置Ⅰ酸性KMnO4溶液中没有气泡出现，但溶液颜色会逐渐变浅B．装置Ⅱ久置后，饱和硫酸铜溶液可能析出蓝色晶体C．装置Ⅲ在海带提碘实验中用于灼烧海带D．装置Ⅳ可用于分离CCl4萃取碘水后已分层的有机层和水层【知识点】实验的设计和评价J1【答案解析】A解析：浓硫酸和蔗糖反应生成二氧化碳和二氧化硫气体，二氧化硫具有还原性，二氧化碳微溶于水，溶液中有气泡，错误。【思路点拨】本题考查了浓硫酸的氧化性、坩埚的使用、萃取实验等，涉及的知识点比较多，综合性较强。8【题文】设NA代表阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是()A.标准状况下，4.0gCH4中含有共价键的数目为NAB.常温常压下，6.4g氧气和臭氧中含有的分子总数为0.2NAC.0.3mol·L-1的NH4NO3溶液中含有的NO3－数目为0.3NAD.一定条件下6.4gSO2与足量氧气反应生成SO3，转移电子数为0.2NA【知识点】阿伏加德罗常数A1 【答案解析】A解析：.标准状况下，4.0gCH4的物质的量为0.25mol，一个CH4分子中含有4个共价键，故0.25molCH4含有共价键的数目为NA，正确；B.常温常压下，6.4g氧气和臭氧中含有的原子总数为0.4NA，但是在混合物中含有的氧气和臭氧的量不知道，故含有的分子总数不能进行计算，错误；C.在0.3mol·L-1的NH4NO3溶液中，因体积未知，故含有的NO3－数目为无法进行计算，错误；D.SO2与氧气反应是可逆的，故一定条件下6.4gSO2不可能完全转化为SO3，故转移电子数小于0.2NA，错误。【思路点拨】本题考查了阿伏加德罗常数在有关物理量中的应用，如分子中含有的共价键数目的计算、在氧化还原反应中的转移的电子数的计算等，包括的知识内容较多，综合性较强，但难度不大。9【衡阳市2015届高三11月五校联考】【题文】能正确表示下列反应的离子方程式是A.用过量氨水吸收工业尾气中的SO2：2NH3·H2O＋SO2=2NH4＋＋SO32－＋H2OB.Ca(HCO3)2溶液与少量NaOH溶液反应:Ca2＋＋2HCO3－＋2OH－=CaCO3↓＋CO32－＋4H2OC.磁性氧化铁溶于稀硝酸:Fe3O4＋8H＋=Fe2＋＋2Fe3＋＋4H2OD.明矾溶液中滴入Ba(OH)2溶液使SO42－恰好完全沉淀:2Ba2＋＋3OH－＋Al3＋＋2SO42－=2BaSO4↓＋Al(OH)3↓【知识点】离子方程式B1【答案解析】A解析：A、用过量氨水吸收工业尾气中的SO2生成亚硫酸铵和水，故A正确；B、Ca(HCO3)2溶液与少量NaOH溶液反应，NaOH完全反应，正确的是：Ca2＋＋HCO3－＋OH－=CaCO3↓＋H2O，故B错误；C、稀硝酸有强氧化性，产物中只有三价铁，故C错误；D、明矾溶液中滴入Ba(OH)2溶液SO42－恰好完全沉淀时，二者的物质的量之比是1:2，Al3＋与OH－物质的量之比是1:4，产物是偏铝酸根离子，故D错误。故答案选A【思路点拨】本题考查了离子方程式的正误判断，一定注意反应物相对量问题。10【云南省部分名校高2015届12月份统一考试】【题文】下列反应的离子方程式正确的是A．Fe3O4与稀硝酸反应:Fe3O4+8H+=Fe2++2Fe3++4H2OB．Na2S溶液呈碱性:S2-+H2OHS-+OH-C．用惰性电极电解饱和氯化钠溶液:2Cl-+2H+H2↑+Cl2↑D．Ca(HCO3)2与过量Ca(OH)2溶液反应:Ca2++2HCO3-+2OH-=CaCO3↓+CO32-+2H2O【知识点】离子方程式B1【答案解析】B解析：A、硝酸会氧化Fe2+，错误；B正确；用惰性电极电解饱和氯化钠溶液的反应是2Cl-+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH-,错误；D、Ca(HCO3)2与过量Ca(OH)2溶液反应:Ca2++HCO3-+OH-=CaCO3↓+2H2O，错误。【思路点拨】书写离子方程式要符合反应实际，如A、C、D项。11【2014年秋季湖北省重点高中期中联考】【题文】下列各组中的微粒在指定溶液中一定能大量共存的是A．c(FeCl3)=1.0mol/L的溶液中：HCO3—、Cl-、H+、Na+B．常温下，由水电离出的c(H+)=10-14mol/L溶液中：NH4+、K+、CO32-、SO42-C．加入铝能产生大量氢气的溶液中：SO42-、MnO4-、K+、Cl-D．常温下，=0.1mol/L的溶液中：K+、NH3·H2O、SO32-、NO3-【知识点】离子共存B1【答案解析】D解析：A、Fe3+与HCO3—发生双水解反应，而且HCO3—与H+反应生成气体；B、由水电离出的c(H+)=10-14mol/L溶液中显酸性，则CO32-不能存在或显碱性，则NH4+不能存在；C、加入铝能产生大量氢气的溶液中可以显酸性，而酸性条件下MnO4-会氧化Cl-，D、=0.1mol/L的溶液中显碱性，离子一定能大量共存，选D。【思路点拨】解答离子共存时应注意题中给出的附加条件。①酸性溶液（H+）、碱性溶液（OH-）、能在加入铝粉后放出可燃气体的溶液、由水电离出的H+或OH-=1×10-10mol/L的溶液；②有色离子MnO4-,Fe3+,Fe2+,Cu2+,Fe(SCN)2+；③MnO4-,NO3-等在酸性条件下具有强氧化性；④注意题目要求“大量共存”还是“不能大量共存”还是“一定”。12【河北省衡水中学2015届高三上学期四调考试】【题文】某溶液中可能含有下列离子：Na+、SO42-、Ba2+、NO3-、OH-、NH4+、中的某几种离子，为确定该溶液的组成，某同学做了如下实验： （1）取少量上述溶液，向其中加入硫酸钠溶液，产生白色沉淀，加入稀硝酸沉淀不溶解；（2）另取少量该溶液，向其中加入足量的NaOH溶液并加热，产生有刺激性气味的气体。则下列有关说法中不正确的是（）A．该溶液中一定含有NH4+B．该溶液中一定含有硝酸根离子C．该溶液中一定含有SO42-D．根据上述实验不能确定是否存在Na+【知识点】离子检验离子反应B1J2【答案解析】C解析：取少量上述溶液，向其中加入硫酸钠溶液，产生白色沉淀，加入稀硝酸沉淀不溶解，说明溶液中一定存在Ba2+且不含SO42-，另取少量该溶液，向其中加入足量的NaOH溶液并加热，产生有刺激性气味的气体。说明原溶液中含有NH4+且不含OH-，由于任何溶液中一定有阴离子得溶液中一定含NO3-，故答案选C【思路点拨】本题考查了离子检验、离子反应，掌握常见的离子的检验方法是关键。13【临川一中2014-2015学年度上学期期中考试】【题文】10．右图表示在某溶液中滴加Ba（OH）2溶液时，沉淀的物质的量随Ba（OH）2的物质的量的变化关系。该溶液的成分可能是（）A．NH4Al（SO4）2B．KAl（SO4）2C．Al2（SO4）3D．NaAlO2【知识点】铝及化合物的性质C2【答案解析】C解析：A、由图可知溶解氢氧化铝需要1mol氢氧化钡，由Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O可知沉淀中Al（OH）3为2mol，故NH4Al（SO4）2为2mol，加入3mol氢氧化钡沉，可以生成硫酸钡3mol，n（Al3+）：n（OH-）=2mol：6mol=1：3，发生反应Al3++3OH-═Al（OH）3↓，可以得到2molAl（OH）3，沉淀为3mol+2mol=5mol，接着还会有硫酸钡生成，沉淀最大量为6mol，故A错误；B、由图可知溶解氢氧化铝需要1mol氢氧化钡，由Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O可知沉淀中Al（OH）3为2mol，故KAl（SO4）2为2mol，加入3mol氢氧化钡沉，可以生成硫酸钡4mol，n（Al3+）：n（OH-）=2mol：6mol=1：3，发生反应Al3++3OH-═Al（OH）3↓，可以得到2molAl（OH）3，沉淀为4mol+2mol=6mol，故B错误；C、由图可知溶解氢氧化铝需要1mol氢氧化钡，由Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O可知沉淀中Al（OH）3为2mol，故Al2（SO4）3为1mol，加入3mol氢氧化钡沉，可以生成硫酸钡3mol，n（Al3+）：n（OH-）=2mol：6mol=1：3，发生反应Al3++3OH-═Al（OH）3↓，可以得到2molAl（OH）3，沉淀为3mol+2mol=5mol，故C正确；D、偏铝酸钠与氢氧化钡不反应，不能产生沉淀，故D错误；故答案选C【思路点拨】本题以图象为载体考查镁铝化合物的性质，明确发生的化学反应是解答的关键，反应发生的先后顺序是学生解答中的难点。14【湖北省八校2015届高三第一次联考】【题文】W、X、Y、Z是原子序数依次增大的四种短周期元素，已知：四种元素的电子层数之和为10，且它们分别属于连续的四个主族；四种元素的原子中半径最大的是X原子。下列说法正确的A．四种元素中有两种元素在第二周期B．W所在主族元素的原子次外层电子数可能为2或8，不可能为18C．X、Y、Z的最高价氧化物对应的水化物两两之间能反应D．工业上获得X、Y单质的方法主要是电解其熔融的氯化物【知识点】元素推断E1E2C2【答案解析】B解析：四种元素的电子层数之和等于10，有两种可能：1＋3＋3＋3；或2＋2＋3＋3。后一种情况无法满足X的原子半径最大的条件。因此只有第一种符合要求，四种元素依次是H、Mg、Al、Si，故A错误；B、W是氢元素，第一主族元素的原子氢和锂次外层电子数为2，其它次外层电子数都为8，不可能为18，故B正确；C、X、Y、Z的最高价氧化物对应的水化物分别是Mg（OH)2、Al(OH)3、H2SiO3,Al(OH)3不溶于弱酸和弱碱，故C错误；D、工业上通过电解氧化铝获得铝单质，不能通过电解氯化铝的方法获得，故D错误。 故答案选B【思路点拨】本题考查了元素推断，利用讨论法分析，注意活泼金属用电解法冶炼，工业上通过电解氧化铝获得铝单质，而钾、钙、钠、镁通过电解氯化物的方法获得。15【2015届吉林省实验中学高三上学期第四次模拟考试】【题文】下列各表述与示意图一致的是A．图①表示向含Mg2＋、Al3＋、NH4＋的盐溶液中滴加NaOH溶液时，沉淀的量与NaOH的体积的关系图。则三种离子的物质的量之比为：n(Mg2＋):n(Al3＋):n(NH4＋)＝2:1:2，其中使用的NaOH的浓度为2mol·L－1。B．图②中曲线表示某反应过程的能量变化，当物质A(g)与B(g)反应生成物质C(g)时，△H>0，若使用正催化剂，E值会减小。C．图③可用来表示向盐酸酸化的MgSO4溶液中加入Ba(OH)2溶液时，产生沉淀的物质的量（n）与加入Ba(OH)2溶液体积（V）之间的关系图D．图④表示向一定质量的明矾溶液中滴加Ba(OH)2溶液时，产生沉淀的物质的量（n）与加入Ba(OH)2溶液体积（V）之间的关系图【知识点】元素化合物计算C5D5F1【答案解析】C解析：A、根据图①中各段含义，得到NaOH溶液为25mL到35mL是与NH4＋反应，35mL到40mL是与氢氧化铝反应，剩余的为氢氧化镁，故得到n(Mg2＋)=0.05mol，根据Al3＋与NaOH反应沉淀与溶解时量的关系为3:1确定，与Mg2＋反应的NaOH溶液体积为25－5×3=10mL，c(NaOH)=0.05×2÷0.01=10mol/L，根据35mL到40mL段得n(Al3＋)=n(NaOH)=0.005×10=0.05mol，根据25mL到35mL段得n(NH4＋)=n(NaOH)=0.01×10=0.1mol，n(Mg2＋):n(Al3＋):n(NH4＋)＝0.05mol：0.05mol：0.1mol=1:1:2，A错误；根据图②知反应物的总能量比生成物的总能量高，是放热反应，△H＜0，使用催化剂改变反应的活化能，但不能改变反应的焓变，B错误；向用盐酸酸化的MgSO4溶液中加入Ba（OH）2溶液后，先产生的沉淀只是BaSO4，然后是中和反应，最后是与Mg2+产生沉淀Mg（OH）2，C正确；向一定质量的明矾溶液中滴加Ba(OH)2溶液时，先发生的反应是2KAl(SO4)2＋3Ba(OH)2=2Al(OH)3↓＋3BaSO4↓＋K2SO4,然后2Al(OH)3＋K2SO4+Ba(OH)2=2KAlO2＋BaSO4↓+H2O，即沉淀达最多后溶解一部分（5mol→4mol），D错误，选C。【思路点拨】A项也可以直接根据25mL到35mL和35mL到40mL两段判断出Al3＋、NH4＋量的关系，是1：2的关系。离子间的竞争反应如C项可这样思考：若认为先生成氢氧化镁和硫酸钡沉淀，则生成的氢氧化镁会被盐酸溶解，即氢氧化镁的生成在中和反应之后。16【河南中原名校2015高三11月期中考试试题】【题文】13.向10mL0.1mol·L−1NH4Al(SO4)2溶液中，滴加等浓度Ba(OH)2溶液xmL，下列叙述正确的是(　　)A．x=10时，溶液中有NH4＋、Al3＋、SO42－，且c(NH4＋)＝c(SO42－)>c(Al3＋)B．x=15时，溶液中有NH4＋、SO42－，且c(NH4＋)＜2c(SO42－)C．x=20时，溶液中有NH4＋、Al3＋、OH－，且c(OH－)＜c(Al3＋)D．x=30时，溶液中有Ba2＋、AlO2－、OH－，且c(OH－)=c(Ba2＋)【知识点】离子浓度大小的比较、电离方程式的书写B1H6【答案解析】【解析】B解析：A、当x=10时，10ml0.1mol/LNH4Al（SO4）2溶液中含有0.001molNH4+，0.001molAl3+，0.002molSO42-，10ml等浓度Ba（OH）2溶液有0.001molBa2+，0.002molOH-，混合后硫酸钡沉淀，剩余0.001molSO42-．氢氧化铝沉淀，剩余1/3×10-3molAl3+而NH4+没有参与反应，少量水解，c（NH4+）＜c（SO42-），故A错误；B、x=15时硫酸根与钡离子沉淀完有剩余0.0005mol， 铵根没反应，0.001mol，但有少量水解，故c(NH4＋)＜2c(SO42－)，故B正确；C、x=20时，硫酸根与钡离子恰好沉淀，铝离子与氢氧根恰好生成氢氧化铝后剩余氢氧根正好与铵根反应，溶液中没有NH4＋、Al3＋，故C错误；D、当x=30时，10ml0.1mol/LNH4Al（SO4）2溶液中含有0.001molNH4+，0.001molAl3+，0.002molSO42-，30ml等浓度Ba（OH）2溶液有0.003molBa2+，6mmolOH-，混合后硫酸钡沉淀，剩余0.001molBa2+；OH-过量溶液中存在0.001moAlO2-，铵根离子和氢氧根离子反应生成一水合氨，氢氧根离子剩余0.001mol；一水合氨电离生成铵根离子和氢氧根离子，此时c（OH-）＞（Ba2+），故D错误。故答案选B【思路点拨】本题考查了离子方程式的书写原则和方法应用，主要是定量反应的产物判断，关键分析离子反应顺序，先沉淀后反应生成弱电解质后沉淀溶解。17【2015届重庆市巴蜀中学高三12月月考】【题文】7．如图所示是向MgCl2和AlCl3的混合溶液中加入一定量NaOH溶液，紧接着再加入一定量稀盐酸，生成沉淀的物质的量y与加入溶液的体积x的关系图。根据图示判断，下列结论中不正确的是A．N点时溶液中的溶质只有NaClB．M点之前加入的是NaOH溶液，M点之后加入的是盐酸C．c(NaOH)＝c(HCl)D．原混合溶液中c(MgCl2)∶c(AlCl3)＝1∶1【知识点】有关混合物反应的计算C2【答案解析】B解析：A、在MgCl2和AlCl3的混合溶液中加入NaOH溶液，首先发生反应：Mg2++2OH-=Mg（OH）2↓、Al3++3OH-=Al（OH）3↓，至N点时Mg2+、Al3+恰好完全沉淀，溶液中的溶质只有NaCl，故A正确；B、接着Al（OH）3开始溶解：Al（OH）3+OH-═AlO-+2H2O，至x=6时（M点）Al（OH）3恰好完全溶解，x在6～8之间时沉淀量不变，说明M点时仍在加入NaOH溶液，故B错误；C、x=8时（P点），又产生沉淀：AlO-+H++H2O═Al（OH）3↓，说明加入的盐酸与NaOH反应后有剩余，至x=9时（F点），AlO恰好完全转化为Al（OH）3沉淀，用去盐酸1mL，又知在NM段，溶解Al（OH）3需要1mLNaOH溶液，故c（NaOH）=c（HCl），故C正确；D、因为沉淀Al3+需要消耗3mLNaOH溶液，则沉淀Mg2+所消耗的NaOH溶液为2mL，因此c（MgCl2）：c（AlCl3）=1：1，故D正确。【思路点拨】本题考查了MgCl2和AlCl3溶液与酸碱的关系，理清反应的整个过程，问题即可解决，可以利用方程式计算，也可以用原子守恒计算。18【河北省衡水中学2015届高三上学期四调考试】【题文】可逆反应mA(g)+nB(g)xC(g)在不同温度及压强(P1和P2)条件下反应物A的转化率的变化情况如图所示。下列判断正确的是（）A．正反应吸热，m+n＞xB．正反应吸热，m+n＞xC．正反应放热，m+n＜xD．正反应放热，m+n＞x【知识点】化学平衡图像G2G3【答案解析】D解析：根据图像随着温度的升高A的转化率减小，说明升温平衡逆向移动，正反应为放热反应；从第一个图像看出在P1下先达平衡，得P1＞P2，还可得到压强大时A的转化率大，说明加压平衡正向移动，m+n＞x，故答案选D【思路点拨】本题借助平衡图像考查了外界条件对平衡的影响，理解升高温度平衡向吸热反应方向移动，加压平衡向气体体积减小的方向移动。19【湖北省八校2015届高三第一次联考】【题文】13．电化学降解NO的原理如图所示。下列说法中 不正确的是A．铅蓄电池的A极为正极，电极材料为PbO2B．铅蓄电池工作过程中负极质量增加C．该电解池的阴极反应为：2NO3-+6H2O+10e-＝N2↑+12OH-D．若电解过程中转移2moL电子，则交换膜两侧电解液的质量变化差（Δm左—Δm右）为10.4g【知识点】电解原理F4【答案解析】D解析：A、根据Ag-Pt电极上硝酸根离子发生还原反应，知该电极是阴极，所以铅蓄电池的A极为正极，电极材料为PbO2，故A正确；B、铅蓄电池工作过程中负极有硫酸铅生成质量增加，故B正确；C、根据电解池的阴极发生还原反应得：2NO3-+6H2O+10e-＝N2↑+12OH-，故C正确；D、电解过程中转移2moL电子，阳极消耗1摩尔水，有2摩尔H+移向阴极，阳极室质量减少18克，阴极室放出0.2摩尔氮气，质量减少（5.6+2）g=3.6g，交换膜两侧电解液的质量变化差（Δm左—Δm右）=18-3.6=14.4g，故D错误。故答案选D【思路点拨】本题考查了电解原理，利用Ag-Pt电极上硝酸根离子发生还原反应确定电解池的阴阳极以及蓄电池的正负极是关键。20【湖南省长沙长郡中学2015届高三上学期第四次月考】【题文】液体燃料电池相比于气体燃料电池具有体积小，无需气体存储装置等优点。一种以肼（N2H4）为燃料的电池装置如下图装置①。该电池用空气中的氧气作为氧化剂，KOH作为电解质。下列叙述不正确的是A．该燃料电池负极发生的电极反应为：N2H4+4OH－4e－N2+4H2OB．用该燃料电池作为装置②的直流电源，产生1molCl2至少需要通人0．5molN2H4C．该燃料电池的电极材料应采用多孔导电材料，以提高电极反应物质在电极表面的吸附量，并使它们与电解质溶液充分接触D．该燃料电池中，电子从右侧电极经过外电路流向左侧电极，溶液中OH－则迁移到左侧【知识点】化学电源新型电池F3F4【答案解析】【解析】D解析：A．通入燃料的电极为负极，负极上燃料失电子发生氧化反应，电极反应式为：N2H4+4OH--4e-=N2↑+4H2O，故A正确；B．电解氯化铜生成氯气的电极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑，生成1mol氯气转移2mol电子，燃料电池中的负极反应为：N2H4+4OH--4e-=N2↑+4H2O，则转移2mol电子，消耗0.5mol的N2H4，故B正确；C．因为电池中正负极上为气体参与的反应，所以采用多孔导电材料，可以提高电极反应物质在电极表面的吸附量，并使它们与电解质溶液充分接触，故C正确；D．电子只能在电极和导线中移动，不能进入溶液，故D错误；故答案选D【思路点拨】本题考查了燃料电池，明确正负极上发生的反应是解本题关键，难点是电极反应式的书写，要结合电解质溶液的酸碱性书写，注意电子不能在溶液中移动，题目难度不大。21【理综卷（化学解析）·2015届河南省开封高中等中原名校高三上学期期中联考（2014129）】下列说法错误的是(　　)①NaHCO3溶液加水稀释，c(Na+)/c(HCO3－)的比值保持增大 ②浓度均为0.1mol·L-1的Na2CO3、NaHCO3混合溶液：2c(Na+)=3[c(CO32-)+c(HCO3-)]③在0.1mol·L-1氨水中滴加0.lmol·L-1盐酸，恰好完全中和时溶液的pH=a，则由水电离产生的c(OH-)=l0-amol·L-1④向0.1mol/LNa2SO3溶液中加入少量NaOH固体，c（Na+）、c（SO32-）均增大⑤在Na2S稀溶液中，c(H+)=c(OH-)-c(H2S)-c（HS-）A．①④B．②⑤C．①③D．②④【知识点】溶液中的离子、基本实验操作H1H2H3【答案解析】【解析】B解析：①NaHCO3溶液加水稀释，促进HCO3-的水解，n（HCO3-）较小，n（Na+）不变，则c(Na+)/c(HCO3－)的比值保持增大，故正确；②混合溶液中：c(Na+)=0.3mol·L-1，c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)=0.2mol·L-1，则2c(Na+)=3[c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)]故错误；③在0.1mol•L-1氨水中滴加0.1mol•L-1盐酸，刚好完全中和时pH=a，则溶液中c（OH-）=c（H+）=10-amol•L-1，故正确；④Na2SO3溶液中加入少量NaOH固体，抑制亚硫酸根的水解，因为也加入了钠离子，故c（Na+）、c（SO32-）均增大，正确；⑤在Na2S稀溶液中，质子守恒有：c(H+)+c（HS-）+2c(H2S)=c(OH-)，故错误。故答案选B【思路点拨】本题考查了溶液pH的计算、溶液中离子浓度大小比较、盐类的水解等知识，题目难度中等，注意掌握酸碱混合后溶液的定性判断及溶液中pH的计算方法，学会利用电荷守恒、物料守恒、盐的水解原理结合溶液中的电离平衡问题，难度中等。22【化学卷（解析）·2015届浙江省嘉兴一中等五校2015届高三上学期第一次联考】现有室温下的四种溶液，其pH如下表所示，下列有关叙述不正确的是（）①②③④pH111133溶液氨水NaOH溶液醋酸【来.源：全,品…中&高*考*网】盐酸A．③④中分别加入适量醋酸钠晶体，两溶液pH均增大B．②③两溶液等体积混合，所得溶液中：c（H+）>c（OH-）C．分别加水稀释10倍，溶液的pH：①>②>④>③D．V1L④和V2L①溶液混合后，若pH=7，则V1Z>R>TB．气态氢化物的稳定性：WZD．XR2、WR2两化合物中R的化合价相同【知识点】元素推断原子结构元素周期律E1E2【答案解析】D解析：根据T无正价为氟元素；Z的最外层电子数与次外层相等，则Z为铍元素；Y、Z、R、T位于同周期即同在第二周期，R最外层电子数为次外层的3倍，则R为氧元素；Y、Z为金属元素，Y只能为锂元素；X、Z位于同主族，则X为镁元素或钙元素；若X为镁元素，则由X与R原子序数之和是W的2倍，，推出W为氖元素不符合题意，若X为钙元素，则由X与R原子序数之和是W的2倍，推出W为硅元素，即X、Y、Z、R、W、T分别为钙、锂、铍、氧、硅、氟。A、同周期，元素的原子半径从左向右逐渐减小，即Y＞Z＞R＞T，故A正确；B、W为硅元素、R为氧元素、T为氟元素，非金属性F＞O＞Si，则气态氢化物的稳定性W＜R＜T，故B正确；C、X为钙元素、Z为铍元素，钙的金属性强，则最高价氧化物对应的水化物碱性X＞Z，故C正确；D、XR2、WR2两化合物为CaO2、SiO2，因钙元素为+2价、硅元素为+4价，则R的化合价分别为-1、-2价，即XR2、WR2两化合物中R的化合价不相同，故D错误。故答案选D【思路点拨】本题考查了元素推断、原子结构、元素周期律等知识，推出各元素以及理解元素周期律是关键。27【2015届江西省五校（江西师大附中、临川一中、鹰潭一中、宜春中学、新余四中）高三上学期第二次联考】下列各组物质的分类正确的是（）①混合物：氯水、氨水、水玻璃、水银、福尔马林、淀粉②含有氧元素的化合物叫氧化物③CO2、NO2、P2O5均为酸性氧化物,Na2O、Na2O2为碱性氧化物④同位素：1H+、2H2、3H⑤同素异形体：C60 、C80、金刚石、石墨⑥糖类、油脂、蛋白质都是高分子化合物，它们都能发生水解反应⑦同分异构体：乙二酸二乙酯、乙二酸乙二酯⑧强电解质溶液的导电能力一定强⑨在熔化状态下能导电的化合物为离子化合物⑩有单质参加的反应或有单质产生的反应是氧化还原反应A.全部正确B．①②⑤⑦⑨C．②⑤⑥⑦⑨⑩D．⑤⑨【知识点】物质分类化学概念C1D4L6【答案解析】D解析：①水银是金属汞，属于纯净物，故错误②只含两种元素其中一种是氧元素的化合物叫氧化物，故错误③NO2不属于酸性氧化物，Na2O是碱性氧化物，Na2O2不是碱性氧化物，故错误④同位素是指同种元素的不同原子，故错误⑤C60、C80、金刚石、石墨都是碳元素形成的不同单质，属于同素异形体，故正确⑥油脂不是高分子化合物，单糖不能水解，故错误⑦乙二酸二乙酯的结构简式：CH3CH2OOCCOOCH2CH3，乙二酸乙二酯就是一个乙二酸(HOOCCOOH)和一个乙二醇(HOCH2CH2OH)形成的环酯，分子式不同，不是同分异构体，故错误⑧强电解质的稀溶液由于离子浓度小，导电能力很弱，故错误⑨共价化合物在熔化状态下不导电，在熔化状态下能导电的化合物为离子化合物，正确⑩有单质参加的反应或有单质产生的反应不一定是氧化还原反应，如同素异形体间的转化是非氧化还原反应，故错误故答案选D【思路点拨】本题考查了物质分类、化学概念等知识，涉及的知识面广，可以采取列举法解答。28【2015届浙江省慈溪市慈溪中学高三上学期期中考试】将淀粉水解，并用新制的氢氧化铜悬浊液检验其水解产物的实验中，要进行的主要操作是（）①加热②滴入稀硫酸③加入新制的氢氧化铜悬浊液④加入足量的氢氧化钠溶液．A．①→②→③→④→①B．②→①→④→③→①C．②→④→①→③→①D．③→④→①→②→①【知识点】淀粉的水解M1【答案解析】B解析：淀粉先在硫酸作催化剂下加热水解，然后用氢氧化钠中和酸，再用新制的氢氧化铜悬浊液在加热条件下检验其水解产物，因此选B。【思路点拨】用新制的氢氧化铜悬浊液在加热条件下检验淀粉水解产物之前要中和酸。29【云南省部分名校高2015届12月份统一考试】【题文】下图为钠硫高能电池的结构示意图，M为Na2O和Al2O3的混合物，电池反应为2Na+xSNa2Sx该电池的工作温度为320℃左右，下列说法错误的是abA．a为电池正极，b为电池负极B．电池放电时，正极反应为xS+2e-=Sx2-C．电池充电时，Na所在电极连接电源正极D．M的作用为导电和隔离钠和硫【知识点】电化学F3F4【答案解析】C解析：Na只具有还原性，发生氧化反应，所以b为负极，A正确；电池放电时，正极发生还原反应：为xS+2e-=Sx2-,B正确；充电时钠所在的极发生还原反应，故应接电源的负极，C错误；M相当隔膜，D正确。【思路点拨】原电池的正极反应还原反应，负极反应氧化反应；充电时原电池的负极与电源的负极相连。30【山西大学附中2014－2015学年第一学期高三第六次月考试题】【题文】19． 某芳香族有机物的分子式为C8H6O2，它的分子（除苯环外不含其它环）中不可能有A．两个羟基B．一个羧基C．两个醛基D．一个醛基【知识点】同分异构现象和同分异构体；常见有机化合物的结构I4【答案解析】B解析：某芳香族有机物的分子式为C8H6O2，由分子式可知，该有机物分子含有一个苯环，去掉一个苯环后，还余有C2O2，剩余基团可能为2个或1个或1个C≡C、2个-O-，将其插入苯的C-H之间，可以形成；为1个-COO-、1个C，即分子拆除一个苯环和一个羧基后，还余有一个C，它不可能满足四价的结构而插入苯环的C-H键中，故不可能存在羧基。【思路点拨】本题考查了有机物的结构方面的知识，注意知识的积累是解题的关键，难度较大，综合性较强。二、填空题31【2015届浙江省慈溪市慈溪中学高三上学期期中考试（201411）】根据要求回答下列各题：（Ⅰ）现有①Na2O②SO3③铁④蔗糖⑤冰醋酸（纯醋酸晶体）⑥KNO3晶体⑦氢氧化钠溶液等物质，请填空回答（填序号）：以上物质在常温下（1）能导电的是▲；（2）属于非电解质的是▲；（3）属于电解质的是▲；（4）属于弱电解质的是▲。（Ⅱ）写出下列反应的化学方程式：(1)有H2O参加的化合反应：▲(2)有H2O生成的分解反应：▲(3)有HCl生成的置换反应：▲(4)有HCl参加的复分解反应：▲（Ⅲ）某有机混合物4.6g完全燃烧，将燃烧后的混合物通入过量的澄清石灰水，石灰水共增重14.2g，经过滤得到20g沉淀．该有机样品可能是：A．C2H6O2B．CH4和C2H6的混合物C．C2H6O和C3H8O3的混合物D．CH4O和C3H8O的混合物【知识点】基本概念计算H1I4【答案解析】（共10分）（Ⅰ）（4分子，多选项错1个不得分）(1)③⑦(2)②④(3)①⑤⑥(4)⑤（Ⅱ）（4分）(1)Na2O+H2O=2NaOH等(2)酸、碱、盐等分解反应均可(3)2HI+Cl2=2HCl+I2等(4)HCl+NaOH=NaCl+H2O等（Ⅲ）（2分）D解析：（Ⅰ）⑴存在自由移动的带电微粒的可导电，如金属、电解质溶液或熔融，因此选③⑦，⑵溶于水和熔融状态下，都不能电离出阴阳离子的化合物是非电解质，如②④，⑶溶于水或熔融状态下，能够电离出阴阳离子的化合物是电解质，如①⑤⑥，（Ⅲ）CaCO3质量是20g，为0.2mol，则n（CO2）=n（C）=0.2mol，m（C）=2.4g，m（H2O）=14.2-m（CO2）=14.2-44×0.2=5.4，H为0.6g，有机物含O质量4.6-2.4-0.6=1.6g，C、H、O的个数比为2:6:1，所以选D。【思路点拨】根据相关概念作答；根据原子守恒、平均值法解求有机物的化学式的计算题。32【2015届湖南省长沙长郡中学高三上学期第四次月考】在含有弱电解质的溶液中，往往有多个化学平衡共存。（1）一定温度下，向1L0．lmol·L－1CH3COOH溶液中加入0．1molCH3COONa固体，溶液中（填“增大”、“减小”或“不变”>；溶液中各微粒浓度由大到小的顺序为：（2）常温下，向20ml）0．1mol·L－1Na2CO3溶液中逐滴加入0．1mol·L－1HC1溶液40mL ，溶液中含碳元素的各种微粒（CO2）因逸出未画出）物质的量分数随溶液pH变化的情况如下：回答下列问题：①所得溶液中含量最多的三种微粒的物质的量浓度的大小关系为②已知在25℃时，水解反应的平衡常数即水解常数Kh=2×10－4mol·L－1，当溶液中时，溶液的Ph=。【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡、难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质H1H5【答案解析】【解析】32(1)不变；c（CH3COO-）＞c（Na+）＞c（CH3COOH）＞c（H+）＞c（OH-）；（2）①c（Na+）=c（Cl-）＞c（HCO3-）②10解析：（1）c(CH3COO−)•c(H+)/c(CH3COOH)为CH3COOH的电离平衡常数，只受温度的影响，所以不变；相同浓度的醋酸和醋酸钠溶液显酸性，c（H+）＞c（OH-），溶液中还有钠离子和醋酸根离子，据电荷守恒，一定是c（CH3COO-）＞c（Na+），醋酸是弱酸，电离程度很小，所以c（CH3COOH）＞c（H+），所以溶液中离子浓度大小顺序为：c（CH3COO-）＞c（Na+）＞c（CH3COOH）＞c（H+）＞c（OH-）；（2）①溶液中含量最大的三种离子有Na+、Cl-、HCO3-，钠离子与氯离子浓度相等，HCO3-浓度最大时是钠离子和氯离子浓度的1/2；故答案为：c（Na+）=c（Cl-）＞c（HCO3-）；②水解常数Kh=[HCO3−]•[OH−]/[CO32−]=2×10-4，当溶液中c（HCO3-）：c（CO32-）=2：1时，c（OH-）=10-4mol/L，由Kw可知，c（H+）=10-10mol/L，所以pH=10；33【2015届浙江省嘉兴一中等五校2015届高三上学期第一次联考】（1）氧元素的氢化物除H2O外，还有H2O2；碳元素的氢化物除CH4外，还有C2H6；氮元素的氢化物除NH3外，还有含2个氮原子的分子的化学式为，其沸点比氨气（填“高”或“低”），该氢化物与足量盐酸反应的化学反应方程式为（2）类似于碳原子，氮原子间也可形成链状结构。某链状结构氮氢化合物中，氮原子间只以N-N单键形式连接形成氢化物。该系列氮氢化合物化学通式为（n表示氮原子个数）（3）生活中广泛使用烃类物质（CmHn）燃料，火箭发射时的高能燃料常用氮氢化合物，比如肼N2H4。2014年10月31日在测试飞行时坠毁的维珍银河公司“太空船2号”商业载人飞船用N2H4燃料，但助燃剂选择不当据说是事故原因之一。经分析该助燃剂分子由氮、氧原子组成，分子中原子最外层电子总数和CO2分子中原子最外层电子总数相同。该助燃剂的化学式为。上述燃烧反应产物绿色、环保，书写该燃烧反应的化学方程式为（4）分子式为N4的氮元素同素异形体，结构等同于白磷，N4中每个原子满足最外层8e-结构。则1molN4中含有对共用电子对。已知NH3、-NH2、、一定条件下都可以和H+结合。则N4和足量的H+反应生成的粒子的化学式为。化学家发现一种化学式为N4H4的离子化合物，一定条件下1molN4H4熔融电离生成两种离子，其中一种为NH4+，则该物质熔融时的电离方程式为【知识点】分子结构、化学方程式书写E1E3【答案解析】【解析】（1）N2H4高N2H4+2HCl=N2H6Cl2（2）NnHn+2（n≥1且n为正整数）（3）N2ON2H4+2N2O=3N2+2H2O(4)6NA(6mol)N4H44-N4H4=NH4++N3-解析：（1）含2个氮原子的分子的化学式为N2H4；与氨气都属于分子晶体，相对分子质量越大，熔沸点越大，故其沸点比氨气高，与足量盐酸反应的化学反应方程式为N2H4+2HCl=N2H6Cl2；（2）当氮原子个数为1时，氢原子个数为3，当氮原子个数为2时，氢原子个数为4，当氮原子个数为3时，氢原子个数为5，当氮原子个数为4时，氢原子个数为6， 当氮原子个数为n时，氢原子个数为n+2，所以其通式为NnHn+2（n≥1且n为正整数）；(3)由氮、氧原子组成，分子中原子最外层电子总数和CO2分子中原子最外层电子总数相同（16个），化学式为N2O，燃烧反应产物绿色、环保，则该燃烧反应的化学方程式为N2H4+2N2O=3N2+2H2O；（4）氮原子最外层5个电子，每个氮原子和三个氮原子分别形成一个共用电子对，所以每个氮原子的最外层都达到8电子稳定结构，即结构式正四面体，则1molN4中含有6mol对共用电子对。N4和足量的H+反应生成的粒子的化学式为N4H44-，一定条件下1molN4H4熔融电离生成两种离子，其中一种为NH4+，则该物质熔融时的电离方程式为N4H4=NH4++N3-；【思路点拨】本题考查了较为综合，涉及物质的组成和分类、原子结构、等问题，注意物质性质的迁移，题目难度中等，注意基础知识的把握。34【2015届江西省五校（江西师大附中、临川一中、鹰潭一中、宜春中学、新余四中）高三上学期第二次联考】有A、B、C、D、E、F、G七种短周期元素，它们的原子序数依次增大，已知：A的原子中没有中子，B的一种单质是硬度最大的物质，D原子的最外层电子数是其电子层数的三倍，E与A同一主族，其最高价氧化物对应的水化物是水溶液在短周期元素中碱性最强，G是地壳中含量最多的金属元素。按下列要求填空：（1）写出F的单质置换B的单质反应的方程式__________________________________。（2）C与F形成化合物与一定体积一定浓度的盐酸恰好完全反应产生两种盐，反应的化学方程式是：___________________________________________________。（3）元素G的氢氧化物制取方法是________________________________(离子方程式)，含有G的硫酸盐常用于水处理，原因是________________________________(离子方程式).（4）A与B、C形成的简单化合物的沸点的高低比较是前者________(填>、<、=)后者，原因是________________________。【知识点】元素推断E1C2【答案解析】(1)Mg+CO2MgO+C；(2)Mg3N2+8HCl=3MgCl2+2NH4Cl；(3)Al3++3NH3.H2O=Al(OH)3↓+NH4+；Al3++H2OAl(OH)3↓+3H+(4)小于氨分子间存在氢键解析：A的原子中没有中子知A为H，B的一种单质是硬度最大的物质知B为C，D原子的最外层电子数是其电子层数的三倍知D为O，E与A同一主族，其最高价氧化物对应的水化物是水溶液在短周期元素中碱性最强知E为Na，G是地壳中含量最多的金属元素知G为Al，根据原子序数关系C只能是N，F只能是Mg。(1)F的单质置换B的单质反应的方程式：Mg+CO2MgO+C；(2)C与F形成的化合物Mg3N2与一定体积一定浓度的盐酸恰好完全反应产生两种盐，即Mg3N2+8HCl=3MgCl2+2NH4Cl；(4)Al(OH)3的制取方法是用铝盐与氨水反应：Al3++3NH3.H2O=Al(OH)3↓+NH4+；利用胶体的吸附性可以净水，铝离子水解得氢氧化铝胶体，离子方程式是：Al3++H2OAl(OH)3↓+3H+；(4)A与B、C形成的简单化合物分别是CH4和NH3，二者中由于氨分子间存在氢键，NH3的沸点较高。【思路点拨】本题考查了元素推断，镁、铝及其化合物的性质，比较简单。35【2015届重庆市重庆一中高三上学期期中考试】将全部由短周期元素组成的化合物X加热分解，可得A、B、C、D、E和H2O六种产物，其中A、B、C都是中学化学中常见的氧化物，气体D是单质E所含元素的氢化物。（1）A是一种两性氧化物，写出A与NaOH溶液反应的化学方程式。（2）B、C都是酸性氧化物且组成元素相同，C溶于水得强酸，则B、C分子中除氧元素外所含另一种元素在周期表中的位置是_______________。（3）气体D能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，实验室制取D时可用如图所示装置收集，则气体应从_______(填“A”或“B”)通入。（4）取一定量的X加热分解，若生成1molE，则必定同时生成mol（填物质化学式）。（5）通过分析各分解产物的物质的量之比，发现X的化学式与硫酸铝钾相比只有一种阳离子不同，则X 的化学式为。若向X的浓溶液中加入过量的浓Ba(OH)2溶液，该反应的离子方程式为。【知识点】物质的检验、判断、元素周期律C2E2【答案解析】【解析】（1）Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O（2）第三周期、ⅥA族(3)B(4)3SO2(5)NH4++Al3++2SO42-+5OH-+2Ba2+=2BaSO4↓+AlO2-↓+NH3↑+3H2O解析：（1）两性氧化物A为Al2O3，与强碱溶液反应的离子方程式为：Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O，（2）由B、C都是酸性氧化物且组成元素相同，C溶于水得强酸，可知B、C分别为SO2和SO3，硫元素在周期表中的物质是第三周期第ⅥA族，（3）D能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则E为NH3，实验室制备氨气的方程式为：2NH4Cl+Ca（OH）2=CaCl2+2NH3↑+2H2O，由于氨气的密度比空气小，应用向下排空气法收集，故应从B管通入气体收集（4）根据以上分析可知，X中含有铝离子、铵根离子、硫酸根离子，再结合X的组成类似于明矾，可知其化学式为：NH4Al（SO4）2•12H2O；气体D是单质E所含元素的氢化物，D是NH3，E是N2；生成1molN2转移6mol电子，根据电子守恒守恒，生成SO2的物质的量为：6mol/(6-4)=3mol(5)由上分析，X的化学式为NH4Al（SO4）2•12H2O，若向其浓溶液中加入过量的浓Ba(OH)2溶液，该反应的离子方程式为：NH4++Al3++2SO42-+5OH-+2Ba2+=2BaSO4↓+AlO2-↓+NH3↑+3H2O【思路点拨】本题考查了无机物推断、未知物的检验，题目难度中等，注意掌握常见元素及其化合物的性质，正确理解题中信息是解题关键，要求学生具备扎实基础知识和一定的分析、推理能力。36【2015届浙江省慈溪市慈溪中学高三上学期期中考试】如表所示为元素周期表的一部分，参照元素①～⑦在表中的位置，请回答下列问题：（1）③、④、⑦的原子半径由大到小的顺序为（用元素符号表示，下同）▲；（2）⑥和⑦的最高价含氧酸的酸性强弱为（用酸的化学式表示）▲；（3）①、②两种元素按原子个数之比为1：1组成的常见液态化合物，在酸性溶液中能将Fe2+氧化，写出该反应的离子方程式▲；（4）由表中元素形成的物质可发生如图中的反应，其中B、C、G是单质，B为黄绿色气体，D溶液显碱性．①写出D溶液与G反应的化学方程式：▲；②写出检验A溶液中溶质的阴离子的方法：▲；③常温下，若电解1L0.1mol/L的A溶液，一段时间后测得溶液pH为12（忽略溶液体积变化），则该电解过程中转移电子的物质的量为：▲；④若上图中各步反应均为恰好完全转化，则混合物X中含有的物质有：▲。【知识点】元素周期表（律）离子反应电解B1E2D5F4J2【答案解析】（1）Na＞Cl＞F（2）HClO4＞H2SO4（3）H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O（4）①2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑②取少量A溶液滴加几滴稀硝酸酸化的硝酸银溶液有白色沉淀生成③0.01mol．④NaCl、Al（OH）3和H2O（水不写不扣分）。 解析：根据元素在周期表中的位置可推知：①是H、②是O、③是F、④是Na、⑤是Al、⑥是S、⑦是Cl。（1）同周期的元素，原子序数越小，原子半径越大；同主族由上到下原子半径逐渐增大，则原子半径由大到小的顺序为Na>Cl>F；（2）元素的非金属性Cl>S，元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性就越强，所以S、Cl的最高价含氧酸的酸性强弱为HClO4>H2SO4；（3）H2O2在酸性溶液中能将Fe＋氧化，该反应的离子方程式是H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O；（4）根据图示各物质的关系可知：A是NaCl、B是Cl2、C是H2、D是NaOH、E是HCl、G是Al、F是NaAlO2、X是NaCl与AlCl3的混合物。①NaOH溶液与Al单质反应的化学方程式是2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；②检验Cl-的方法是取少量A溶液滴加几滴（稀硝酸酸化的）硝酸银溶液有白色沉淀生成，就证明含有Cl-；③NaCl溶液电解的方程式是：2NaCl＋2H2OCl2↑＋H2↑＋2NaOH，pH=12，c(NaOH)=0.01mol/L，n(NaOH)=0.01mol。根据反应方程式可知：每产生1mol的NaOH,转移电子1mol，由于产生了0.01mol的NaOH，所以转移电子0.01mol。④若上图中各步反应均为恰好完全转化，假设有2mol的NaCl,则产生NaOH为2mol；Cl2和H2都是1mol，二者反应得到的HCl是2mol;NaOH发生反应2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑得到2mol的NaAlO2，再发生反应：NaAlO2+HCl+H2O=Al(OH)3↓+NaCl，所以混合物X中含有的物质有Al(OH)3、NaCl、H2O.【思路点拨】根据元素周期表推出各元素，根据元素周期律判断原子半径大小、酸性强弱，根据电解反应方程式进行电子转移的计算。37【湖北省八校2015届高三第一次联考】【题文】高中化学教材介绍了钠、镁、铝、铁、氯、硫、氮、硅等元素及其化合物的知识，是其它化学知识的载体。（1）从以上元素中选择，在自然界中有游离态存在的有元素（填元素符号）。（2）离子交换膜是一类具有离子交换功能的高分子材料。一容器被离子交换膜分成左右两部分，如图所示。若该交换膜为阳离子交换膜（只允许阳离子自由通过），左边充满盐酸酸化的H2O2溶液，右边充满滴有KSCN溶液的FeCl2溶液（足量），一段时间后可观察到的现象：右边（从下列选项中选择）A．无明显现象B.溶液由浅绿色变红色C.溶液由无色变黄色D.溶液由浅绿色变无色左边发生反应的离子方程式：；若该交换膜为阴离子交换膜（只允许阴离子自由通过），左边充满含2molNH4Al(SO4)2的溶液，右边充满含3molBa(OH)2的溶液，当有2molSO通过交换膜时(若反应迅速完全)，则左右两室沉淀的物质的量之比为。（3）某初级石墨中含SiO2(7.8%)、Al2O3(5.1%)、Fe2O3(3.1%)和MgO(0.5%)等杂质，利用相关工艺可进行提纯与综合利用。通入一定量的N2后，在1500℃下与Cl2充分反应得到纯化石墨与气体混合物，然后降温至80℃，分别得到不同状态的两类物质a和b。（注：石墨中氧化物杂质均转变为相应的氯化物，SiCl4的沸点为57.6℃，金属氯化物的沸点均高于150℃。）①若a与过量的NaOH溶液反应，可得两种盐，其中一种盐的水溶液具有粘合性，化学反应方程式为。②若b与过量的NaOH溶液充分反应后，过滤，所得滤液中阴离子有____________；然后向滤液中继续加适量乙酸乙酯并加热可得沉淀，写出生成沉淀的离子方程式______。【知识点】金属及化合物的性质C3C5【答案解析】(1)N、S、Fe（2）B；2H++2Fe2++H2O2=2H2O+2Fe3+；2：3。(3)①SiCl4+6NaOH=Na2SiO3+4NaCl+3H2O；②Cl－、OH－、AlO2－；CH3COOCH2CH3+AlO2+2H2O  Al(OH)3↓+CH3COO-+CH3 CH2OH。解析：(1)N、S、Fe在自然界中有游离态存在，Na、Mg、Al、Cl、Si在自然界中全部以化合态存在。（2）亚铁离子通过阳离子交换膜进入左边被盐酸酸化的H2O2氧化，铁离子通过阳离子交换膜进入右边与KSCN溶液接触，溶液变成血红色，离子方程式为：2H++2Fe2++H2O2=2H2O+2Fe3+；当有2molSO通过交换膜时，根据电荷守恒则有4molOH－ 进入左室，左室生成氢氧化铝4/3mol,右室生成2mol硫酸钡，则左右两室沉淀的物质的量之比为2：3。(3)根据题意，石墨中氧化物杂质均转变为相应的氯化物，SiCl4的沸点为57.6℃，金属氯化物的沸点均高于150℃①a应该是SiCl4，结合a与过量的NaOH溶液反应，可得两种盐，其中一种盐的水溶液具有粘合性（Na2SiO3）得：SiCl4+6NaOH=Na2SiO3+4NaCl+3H2O；②b是AlCl3、FeCl3、MgCl2的混合物,与过量的NaOH溶液充分反应后，过滤，所得滤液中阴离子有Cl－、OH－、AlO2－；向滤液中继续加适量乙酸乙酯并加热可得沉淀，离子方程式为：CH3COOCH2CH3+AlO2+2H2O  Al(OH)3↓+CH3COO-+CH3 CH2OH。【思路点拨】本题考查了铝、铁、镁及化合物的性质，理解离子交换膜的作用是关键。38【2015届浙江省慈溪市慈溪中学高三上学期期中考试】某化学实验小组的同学为探究和比较SO2和氯水的漂白性，设计了如下的实验装置．（1）实验室用装置A制备SO2．某同学在实验时发现打开A的分液漏斗活塞后，漏斗中液体未流下，你认为原因可能：▲；（2）实验室用装置E制备Cl2，其反应的化学方程式为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O．若有0.6mol的HCl参加反应，则转移的电子总数为▲mol；（3）①反应开始一段时间后，观察到B、D两个试管中的品红溶液出现的现象是：B：▲，D：▲；②停止通气后，再给B、D两个试管分别加热，两个试管中的现象是：B：▲，D：▲；（4）另一个实验小组的同学认为SO2和氯水都有漂白性，二者混合后的漂白性肯定会更强．他们将制得的SO2和Cl2按1：1同时通入到品红溶液中，结果发现褪色效果并不像想象的那样．请你分析该现象的原因（用化学方程式表示）：▲。如果用0.01molSO2与0.01molCl2同时非常缓慢地通入100mL水中，假如得到的溶液体积仍为100mL，则所得溶液中氢离子的物质的量浓度约为▲。【知识点】实验计算A3B3D3J3J1【答案解析】（1）分液漏斗的玻璃塞没有取下（2）0.3（3）①品红褪色，品红褪色②褪色的品红又恢复成红色，无明显现象（5）Cl2+SO2+2H2O═2HCl+H2SO40.4mol.L-1（单位不写或写错都不给分）解析：（1）使用分液漏斗时应取下塞子，使分液漏斗内的压强等于大气压强，保证液体顺利流出；（2）实验室制备氯气发生的化学反应为MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，根据化合价的变化计算转移的电子数目，有4mol的HCl参加反应，则转移的电子总数为2mol，因此若有0.6mol的HCl参加反应，则转移的电子总数为0.3mol；（3）SO2具有漂白性，二氧化硫通入品红溶液中，品红褪色；SO2的漂白具有可逆性，褪色后的溶液加热时又恢复原来的红色．氯气和水反应生成的次氯酸具有漂白性，因而氯气通入品红溶液中也能使品红褪色，次氯酸的漂白不可逆，加热时，不能恢复红色，（4）氯气具有较强的氧化性，二氧化硫具有较强的还原性，在水溶液中两者1：1发生反应：Cl2+SO2+2H2O═2HCl+H2SO4，生成物都无漂白性，氢离子的物质的量浓度约为（0.02mol+0.01mol×2）÷0.1L=0.4mol.L-1【思路点拨】利用二氧化硫和氯气的性质的异同解答；根据反应方程式进行计算。39【2015届河北省唐山一中高三12月调研考试】 A、B、C、D、E、F都是链状有机物，它们的转化关系如图所示。A中只含有一种官能团，D中含有两种官能团，D分子中不含甲基，且与碳原子相连的氢原子取代所得的一氯代物只有一种。请回答下列问题：⑴A中含有的官能团是。⑵请写出B生成C的化学方程式。⑶写出C与银氨溶液反应的化学方程式。⑷请考虑满足下列条件的E的同分异构体有种①遇FeCl3溶液显紫色；②含有3个-CH2OH结构；③不含有“-O-O-”这样不稳定的结构【知识点】有机合成与推断M3【答案解析】⑴氯原子⑵⑶⑷12全*品*高*考*网，用后离不了！解析：由转化关系可知，A在NaOH水溶液、加热条件下生成B，B在Cu、氧气加热条件下生成C，C可发生银镜反应，故B为醇，C含有-CHO，C氧化生成D，D能与乙酸、乙醇反应，因此D含有羧基-COOH、羟基-OH，B中含有不能被氧化的-OH，由B、C的相对分子质量可知，B中能被氧化的-OH数目为(164-158)/2=3，故B中至少含有4个-OH,由E、F中C原子数目可知，D中-COOH比-OH多2个，由F中氧原子可知D中最多有3个-COOH，即D中含有3个-COOH、1个-OH，含有7个碳原子，C中含有3个-CHO、1个-OH，由转化关系可知B、C、D中碳原子数目相等，都为7个，故C中剩余基团的式量为158-17-29×3-12×（7-3）=6，故C中还含有6个H原子，C的分子式为C7H10O4，C氧化为D，-CHO转化为-COOH，故D为C7H10O7，D分子中不含甲基，且与碳原子相连的氢原子被氯原子取代所得的一氯代物只有一种，故D的结构简式为，逆推可得C的结构简式为、B为，A分子中只含有一种官能团，水解引入-OH得到B，将-OH还原为A中的基团（或原子），令A中代替-OH的基团（或原子）式量为a，则4a+（164-4×17）=238，解得a=35.5，故为Cl原子，则A为。（1）由上述分析可知，A中含有的官能团是Cl原子（2）B生成C的化学方程式为：，（3）C与银氨溶液反应的化学方程式为： ，（4）根据题该同分异构体含3个-O-CH2OH结构和2个酚羟基，3个-O-CH2OH在苯环上的结构有（2个酚羟基在苯环上排列有2种）、（2个酚羟基在苯环上排列有3种）、（2个酚羟基在苯环上排列有1种）三种；或含2个-O-CH2OH结构、1个-CH2OH结构和3个酚羟基，3个酚羟基在苯环上的结构有（2个-O-CH2OH、1个-CH2OH在苯环上排列有2种：或）、（2个-O-CH2OH、1个-CH2OH在苯环上排列有3种：）、（2个-O-CH2OH、1个-CH2OH在苯环上排列有1种）三种，共12种。【思路点拨】本题考查有机物的推断，难度很大，为易错题目，根据D发生的反应及产物分子式确定含有的官能团数目与C原子数目是关键，再结合转化关系逆推C中含有的官能团，结合C的相对分子质量确定C的分子式，注意利用残余法进行推断，A的推断为难点，学生容易认为A是酯，应通过计算确定，本题对学生的逻辑推理有很高的要求；书写同分异构体遵循有序思维：如本题的同分异构体的书写，先将3个-O-CH2OH（或3个酚羟基）在苯环上相邻，然后固定2个移动另外1个、再固定第1个，移动第2个→移动第3个，再填充酚羟基（再填充2个-O-CH2OH和1个-CH2OH）。40【2015届河北省唐山一中高三12月调研考试】电解原理在工业生产中有广泛的应用。⑴如图为离子交换膜法电解饱和食盐水的原理示意图，下列说法不正确的是。A．直流电源的左侧为负极B．从E口逸出的气体是H2C．从B口加入含少量NaOH的水溶液以增强导电性D．从C口出来的溶液为NaOH溶液E．每生成22.4L Cl2，便产生2mol NaOHF．粗盐水中含Ca2+、Mg2+、Fe3+、SO42－等离子，精制时先加Na2CO3溶液G．该离子交换膜为阳离子交换膜⑵双氧水是一种重要的绿色试剂，工业上可采取电解较稀浓度的硫酸来制取双氧水（H2O2只为还原产物），其电解的化学方程式为：3H2O+3O2O3+3H2O2。则阳极的电极反应式为，阴极的电极反应式为。 ⑶高铁酸钾(K2FeO4)易溶于水，具有强氧化性，是一种新型水处理剂。工业上用如下方法制备高铁酸钾：以Fe2O3为阳极电解KOH溶液。①高铁酸钾溶液长时间放置不稳定，会产生红色絮状物质及气泡，则该过程的离子方程式为。②电解制高铁酸钾时阳极的电极反应式为。【知识点】电化学离子方程式B1F3F4【答案解析】⑴ABDEF⑵3H2O-6e-=O3+6H+，O2+2e-+2H+=H2O2⑶4FeO42-＋10H2O=4Fe(OH)3＋8OH-＋3O2↑，Fe2O3＋10OH--6e－=2FeO42－＋5H2O解析：⑴电解池中的阳离子移向阴极，因此右边电极是阴极，生成氢气，OH-离子在右侧生成，氯气在左侧生成，直流电源的右侧为负极，A、B错误，C正确，从D口出来的溶液为NaOH溶液，D错误，由于没有给出氯气所处的外界条件，则不能根据其体积求算物质的量，E错误，粗盐水中含Ca2+、Mg2+、Fe3+、SO42－等离子，精制时氯化钡加在Na2CO3溶液之前，这样过量的氯化钡可被碳酸钠除去，F错误；G正确。⑵根据3H2O+3O2O3+3H2O2知阳极发生氧化反应，电极反应式为3H2O-6e-=O3+6H+，阴极发生还原反应，电极反应式为O2+2e-+2H+=H2O2。⑶根据高铁酸钾溶液长时间放置不稳定，会产生红色絮状物质及气泡知生成氢氧化铁和氧气，而且根据电子得失知二者的比为4：3，该过程的离子方程式是4FeO42-＋10H2O=4Fe(OH)3＋8OH-＋3O2↑，Fe2O3作阳极制得的高铁酸钾，电极反应为：Fe2O3+10OH--6e-=2FeO42-+5H2O。【思路点拨】根据电子、离子流向判断电池的正负极和电解池的阴阳极，根据氧化还原反应得失电子相等配平化学方程式。41【2015届浙江省嘉兴一中等五校2015届高三上学期第一次联考】为建设美丽浙江，浙江省政府开展“五水共治”。（1）城市饮用水处理时可用二氧化氯（ClO2）替代传统的净水剂Cl2。工业上可用Cl2氧化NaClO2溶液制取ClO2。写出该反应的离子方程式，并标出电子转移的方向和数目：_______________________________。（2）某地污水中的有机污染物主要成分是三氯乙烯（C2HCl3），向此污水中加入KMnO4（高锰酸钾的还原产物为MnO2）溶液可将其中的三氯乙烯除去，氧化产物只有CO2，写出该反应的化学方程式____________________________________。【知识点】离子方程式书写、氧化还原B1B2【答案解析】【解析】（1）（2）2KMnO4+C2HCl3═2KCl+2CO2↑+2MnO2+HCl；解析：（1）Cl2氧化NaClO2溶液制取ClO2，本身被还原为氯离子，1个氯气分子反应得到2个电子，因此离子方程式、电子转移的方向和数目表示为；（2）KMnO4溶液与三氯乙烯反应，根据信息产物有MnO2，CO2，根据原子守恒产物也有：KCl，HCl，该反应中化合价的变化为：KMnO4→MnO2，Mn元素由+7价→+4价，一个KMnO4分子得3个电子；C2HCl3→CO2，C元素由+1价→+4价，一个C2HCl3失去6个电子，得失电子的最小公倍数为6，所以KMnO4的计量数为2，H2SO3的计量数为1，结合原子守恒配平方程式得：C2HCl32KMnO4+C2HCl3═2KCl+2CO2↑+2MnO2+HCl；【思路点拨】本题考查了离子方程式的书写、氧化还原反应中电子得失，难度中等，根据电子得失相等是氧化还原配平的依据．42【2015届浙江省慈溪市慈溪中学高三上学期期中考试】实验室制备少量硫酸亚铁晶体的实验步骤如下：取过量洁净的铁屑，加入20%～30%的稀硫酸溶液，在50℃～80℃水浴中加热至不再产生气泡．将溶液趁热过滤，滤液移至试管中，用橡胶塞塞紧试管口、静置、冷却一段时间后有浅绿色晶体析出，收集产品．（1）写出该实验制备硫酸亚铁的化学方程式：▲； （2）采用水浴加热的原因是▲；（3）反应时铁屑过量的目的是（用离子方程式表示）▲；（4）溶液趁热过滤的原因是▲；（5）塞紧试管口的目的是▲。【知识点】实验元素化合物C3B1J1【答案解析】（共10分，每小题2分）（1）Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑（2）容易控制温度（3）Fe+2Fe3+═3Fe2+（4）减小FeSO4的损失（5）防止空气进入试管将Fe2+氧化为Fe3+解析：（1）铁是活泼的金属和稀硫酸反应生成硫酸亚铁，反应的化学方程式是Fe+H2SO4＝FeSO4 +H2↑。（2）采用水浴加热能使溶液受热均匀，且温度容易控制。（3）硫酸亚铁易被氧化生成硫酸铁，所以反应时铁屑过量的目的是防止硫酸亚铁被氧化，反应的离子方程式是Fe+2Fe3＋＝3Fe2＋。（4）因为一般物质的溶解度随温度的升高而增大，所以溶液趁热过滤的目的是防止冷却后过滤析出晶体而造成FeSO4的损失。（5）由于硫酸亚铁易被氧化生成硫酸铁，所以塞紧试管口的目的是防止空气中的氧气将FeSO4氧化。【思路点拨】本题主要是根据硫酸亚铁有还原性进行解答。43【2015届江西省临川一中高三上学期期中考试】某强酸性溶液X含有Ba2＋、Al3＋、NH、Fe2＋、Fe3＋、CO32－、SO32－、SO、Cl－、NO中的一种或几种，取该溶液进行实验，实验内容如下：根据以上信息，回答下列问题：（1）溶液X中除H＋外还肯定含有的离子是_____________________________________；（2）写出有关离子方程式：步骤①中生成A________________;步骤②生成沉淀I__________________。（3）假设测定A、F、I均为0.01mol,10mLX溶液中n(H＋)＝0.04mol，而沉淀C物质的量小于0.07mol，能说明该溶液中除了（1）中含有的离子还一定有__________。【知识点】离子间的反应离子检验B1J2C2【答案解析】(1)Al3+、NH4+、Fe2+、SO42-(2)3Fe2++NO3-+4H+=3Fe3++NO+2H2OAlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-（3）Cl-解析：酸性溶液中不可能大量存在CO32-、SO32-，加入过量硝酸钡溶液，相当于加入了硝酸，有气体生成且还能继续被氧化，说明该气体是硝酸的还原产物NO，原溶液中和硝酸发生氧化还原反应的只能是Fe2+，则原溶液中含有Fe2+，不含NO3-，所得沉淀C是硫酸钡沉淀，则原溶液中存在SO42-，一定不含Ba2+,溶液B中加入过量氢氧化钠溶液有气体产生，则该气体F是氨气，原溶液中含有NH4+，溶液B中含有铁离子，所以沉淀G是氢氧化铁，溶液H通入二氧化碳气体产生沉淀，则原溶液中还应含有Al3+，沉淀I是氢氧化铝，可能含有Cl-、Fe3+。根据以上分析：(1)溶液X中除H＋外还肯定含有的离子是：Al3+、NH4+、Fe2+、SO42-；(2)①中生成A的离子方程式为3Fe2++NO3-+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O；铝离子与过量的氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠溶液再与二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢根离子，所以步骤②生成沉淀I的离子方程式为：AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-；据A、F、I均为0.01mol,即NO、NH3、Al(OH)3各0.01摩尔，根据电子守恒得Fe2+ 0.03mol、根据元素守恒得NH4+0.01mol，Al3+0.01mol；10mLX溶液中n(H＋)＝0.04mol，而沉淀C（BaSO4）物质的量小于0.07mol，即SO42-小于0.07mol，此时阳离子所带的正电荷总数大于阴离子所带的负电荷总数，说明该溶液中含有的离子还一定有Cl-。故答案选C【思路点拨】本题借助框图推断考查了离子间的反应，注意得到一种离子存在的同时一定要排除与它不能共存的离子。44【2015届湖北省重点高中高三上学期期中联考】由元素周期表中短周期元素形成的五种离子A、B、C、D、E，有以下特点：A、D离子含有两种元素；E所含电子数比A、B、C、D四种离子的电子数均多8。（1）A与C结合成的化合物乙为难溶于水的白色沉淀，但可以溶于强酸，也可以溶于A与B结合成的强碱性化合物甲。则C元素在周期表中的位置为_，乙与甲的水溶液反应的离子方程式为__________________________________．（2）B与E结合成既含离子键也含非极性共价键的化合物丙；A与D结合成化合物丁，丁与丙反应产生无色无味的气体，则丙的电子式为：_，1molD的粒子中有_mol质子（3）由氮氢两元素可形成与E电子数相同的化合物戊。戊与NO2用于火箭推动剂，请写出作火箭推动剂的化学反应方程式：。【知识点】元素周期表（律）离子反应B1E2【答案解析】（1）第3周期ⅢA（1分），Al(OH)3+OH-==AlO2-+2H2O（2分）（2）（1分），11mol（1分）（3）2N2H4+2NO2=3N2+4H2O（2分）解析：E所含电子数比A、B、C、D四种离子的电子数均多8说明A、B、C、D四种离子含相等的电子数，根据化合物乙可以溶于强酸，也可以溶于强碱性化合物，则乙是氢氧化铝，A是OH-,B是Na+，C是Al3+，甲是氢氧化钠，故C在周期表中的位置第三周期，ⅢA族，氢氧化钠与氢氧化铝反应生成偏铝酸钠。⑵根据B与E结合成既含离子键也含非极性共价键的化合物丙；A与D结合成化合物丁，丁与丙反应产生无色无味的气体知E是O22-，则D是H3O+，丙是过氧化钠，丁是水，1molH3O+中11mol质子。⑶根据题意，化合物戊为氮氢化合物，有18个电子，N原子核外有7个电子，H原子核外有1个电子，因此化合物戊中应含2个N原子和4个H原子，故化学式为N2H4，与NO2反应生成氮气和水。【思路点拨】解答本题需寻找突破口，如A、D、E、乙、丙、丁的信息。45【2015届湖北省重点高中高三上学期期中联考】含铁化合物A电池，具有储能密度大、体积小、重量轻、寿命长、高电压、高容量、无污染等优点，在电子与国防工业中潜在的应用不断扩展。为探究其成分，某学习兴趣小组的同学取化合物A粉末进行试验。过程如下：Ⅰ、经组成分析，该粉末仅含有O、K、Fe三种元素。Ⅱ、溶解实验：化合物A极易溶于水，但静置一段时间后转化为红褐色沉淀，同时产生一种气体单质。Ⅲ、定量实验：取3.96g化合物A的粉末溶于水，滴加足量稀硫酸，一段时间后再加入含有0.08molKOH的溶液，恰好完全反应。过滤，将洗涤后的沉淀充分灼烧，得到红棕色固体粉末1.60g；将所得滤液在一定条件下蒸发可得到一种纯净的不含结晶水的盐10.44g。（1）化合物A的化学式为。（2）化合物A可作为一种“绿色高效多功能”水处理剂，可由FeCl3和KClO在强碱性条件下反应制得，其反应的离子方程式为。（3）化合物A还可以作为高容量电池材料，与MnO2-Zn电池类似，A-Zn也可以组成碱性电池，A在电池中作为正极材料，该电池总反应的离子方程式为_______。（4）请用离子方程式表示化合物A溶于水后的变化。查阅资料发现，加入下列物质中的_______可提高A在水溶液中的稳定性。A．碳酸钠B．苯酚钠C．Fe(NO3)3D．KOH【知识点】原电池离子反应计算氧化还原反应A4B1F3B3【答案解析】（1）K2FeO4；（2）2Fe3++3ClO-+10OH-=2FeO42－+3Cl+5H2O(或2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO42－+3Cl+5H2O)（3）2FeO42－+8H2O+3Zn＝2Fe(OH)3+3Zn(OH)2+4OH- （4）4FeO42－+10H2O＝4Fe(OH)3↓+3O2↑+8OH-；AD解析：⑴根据题意1.60g红棕色固体粉末为Fe2O3,为0.1mol，则3.96g化合物A含Fe：0.02mol，是1.12g，10.44g不含结晶水的盐是K2SO4，为0.06mol，含K：0.12mol，其中有0.08mol来自KOH，则A中含K：0.04mol，A中含O质量为3.96-1.12-0.04×39=1.28g，0.08mol，因此A的化学式为K2FeO4⑵FeCl3和KClO在强碱性条件下反应制得A，则FeCl3被KClO氧化为K2FeO4，根据得失电子相等、电荷守恒配平⑶该电池总反应是锌被氧化为氢氧化锌，K2FeO4被还原为氢氧化铁⑷根据化合物A极易溶于水，但静置一段时间后转化为红褐色沉淀，同时产生一种气体单质知铁被还原，则气体一定是氧气，反应为4FeO42－+10H2O＝4Fe(OH)3↓+3O2↑+8OH-，欲提高A在水溶液中的稳定性，则加入碱性物质，如碳酸钠和氢氧化钾，不能用苯酚钠，苯酚与Fe3+易发生反应，Fe(NO3)3水解呈酸性，因此选AD。【思路点拨】本题的化学式的计算是根据原子个数比等于物质的量之比，但需注意加入氢氧化钾引入K+；氧化还原反应的配平要利用守恒法（原子、电荷、得失电子），如本题的第⑵⑶⑷题的配平：首先根据氧化还原反应得失电子相等配平氧化剂、还原剂、氧化产物和还原产物，再根据电荷守恒配平，最后根据原子守恒配平。46【2015届浙江省嘉兴一中等五校高三上学期第一次联考】已知CaO2与水的反应同Na2O2与水的反应类似，今有某过氧化钙（CaO2）产品（杂质只含CaO）：(1)称取此产品10g，与足量盐酸充分反应，得到O21120mL（标准状况），则该产品中（CaO2）的质量分数为________，此过程中转移的电子物质的量为。（2）CaO2与水的反应较慢，因此可用作鱼池增氧剂。某养殖户鱼塘蓄水2000m3，为预防缺氧投入上述产品，最终共生成CaCO390kg，则该养殖户的投药量为g/m3（假设产品遇水生成的Ca（OH）2全部与鱼呼出的CO2反应生成CaCO3）【知识点】化学方程式的计算A4C1C5【答案解析】【解析】（1）72%；0.1mol(2)32.4解析：（1）过氧化钙与盐酸反应：2CaO2+4HCl=2CaCl2+2H2O+O2↑，O21120mL物质的量为0.05mol，则CaO2物质的量为0.1mol，质量分数为72g/mol×0.1mol÷10g×100%=72%；反应中转移电子数为2e-，电子的物质的量为0.1mol。(2)2CaO2+2H2O=2Ca（OH）2+O2↑CO2+Ca(OH)2=CaCO3↓+H2O关系式为CaO2——CaCO3↓CaO2的质量为64.8kg；则该养殖户的投药量为64.8g×1000÷2000=32.4g/m3【思路点拨】本题考查了对信息的处理,根据已学过的过氧化钠的性质进行分析，因此，需要耐心地分析信息，以获得解决问题的钥匙.47【2015届江西省临川一中高三上学期期中考试】已知存在如下转化关系：A+B→C+D+H2O（未配平，反应条件略去）。（1）该转化关系中所涉及的反应为氧化还原反应。①若C、D两种气体均能使澄清石灰水变浑浊，当A的摩尔质量小于B时，物质B的名称为，鉴别C、D两种气体不能选用的试剂是。a．Ba(OH)2溶液b．酸性KMnO4溶液c．紫色石蕊试液d．H2O2与BaCl2混合液e．酸化的Ba(NO3)2溶液②若A、C、D均含有氯元素，且A的化合价介于C与D之间，写出在常温下满足该条件的离子方程式：_____。（2）该转化关系中所涉及的反应为非氧化还原反应。若A是造成温室效应的主要气体之一，C、D均为钠盐，D与B反应能转化为C。当参加反应的A、B物质的量之比为3∶4时，则C与D物质的量之比为。【知识点】化学反应方程式D2C1【答案解析】（1）①浓硫酸；ac；②Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；(2)1:2解析：（1）①据C、D两种气体均能使澄清石灰水变浑浊知C、D分别为CO2和SO2，所以反应是碳和浓硫酸的反应，当A的摩尔质量小于B时，物质B的名称为浓硫酸；a.Ba(OH)2溶液不能用于鉴别CO2和SO2两种气体，因两种气体均能使Ba(OH)2溶液先变浑浊后变澄清，b．SO2使酸性能KMnO4溶液褪色，而CO2不能；c．两种气体均能使紫色石蕊试液变红，不能用于鉴别CO2和SO2；d．SO2通入H2O2与BaCl2混合液出现沉淀，CO2通入H2O2与BaCl2混合液不会出现沉淀，可用用于鉴别CO2和SO2，e．酸化的Ba(NO3)2溶液能氧化SO2，有沉淀出现，而CO2通入H2O2与BaCl2 混合液不反应；能用于鉴别CO2和SO2两种气体；不能选用的试剂是ac②据A、C、D均含有氯元素，且A的化合价介于C与D之间，常温下满足该条件的是氯气与碱的反应，离子方程式为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O(2)若A是造成温室效应的主要气体之一则A是CO2，C、D均为钠盐，则反应是CO2与NaOH，D与B反应能转化为C，D是NaHCO3。当参加反应的A、B物质的量之比为3∶4时，反应方程式为3CO2+4NaOH=Na2CO3+2NaHCO3+H2O，则C与D物质的量之比为1:2。【思路点拨】本题考查了化学反应方程式的书写，注意总结A+B→C+D+H2O型的反应，结合题目限定条件进行解答。48【2015届重庆市巴蜀中学高三12月月考】铜、铁、铝是重要的金属材料，铜、铁、铝及其化合物有非常重要的用途。⑴工业上可用Cu2S和O2反应制取粗铜，该反应中氧化剂为________．电解粗铜制取精铜，电解时，阳极材料是________。⑵铁元素与氯元素可形成FeCl2和FeCl3两种化合物，下列说法正确的是(填序号)。①保存FeCl2溶液时，需向溶液中加入少量Fe②FeCl2只能通过置换反应生成，FeCl3只能通过化合反应生成③铜片、碳棒和FeCl3溶液组成原电池，电子由铜片沿导线流向碳棒④向淀粉－碘化钾溶液中滴加几滴FeCl2的浓溶液，原无色溶液变为蓝色⑤纯铁与稀盐酸反应产生氢气的速率较慢；再加入少量CuCl2·2H2O晶体，速率加快⑶高铁酸钾（K2FeO4）是一种高效多功能水处理剂。K2FeO4可以铁为电极，通过电解浓的KOH溶液来制取，写出电解法制取K2FeO4的阳极反应式：。⑷工业上常用铝土矿（含SiO2等杂质）生产铝。从Na2SiO3和NaAlO2混合溶液中制得Al(OH)3，需要从下列试剂中选择两种，选用的试剂组合最好是。a.NaOH溶液b.氨水c.CO2d.盐酸⑸四氢铝锂（LiAlH4）是有机合成中重要的还原剂，溶解于NaOH溶液时产生一种无色气体，请完成并配平该反应的离子方程式。LiAlH4+＝++【知识点】电化学原理的应用，铜、铁、铝的重要化合物的性质C2C3F4【答案解析】解析：⑵①保存FeCl2溶液时，需向溶液中加入少量Fe防止Fe2+被氧化，正确；②FeCl2可以通过置换反应生成，也可以通过化合反应生成，如铁与FeCl3反应生成FeCl2，FeCl3只能通过化合反应生成，错误；③铜片、碳棒和FeCl3溶液组成原电池，铜做负极，电子由铜片沿导线流向碳棒，正确；④FeCl2溶液中Fe2+不能氧化I-，不能产生蓝色的现现象，错误；⑤纯铁与稀盐酸反应产生氢气的速率较慢，当加入少量CuCl2·2H2O晶体时，铁与Cu2+反应生成Cu单质，铁、铜与盐酸形成原电池，使反应速率加快，正确。⑶在电解时铁为阳极，在电极上失电子，得到FeO42-。⑷从Na2SiO3和NaAlO2混合溶液中制得Al（OH）3，与碱不反应，则加足量盐酸转化为硅酸沉淀和氯化铝，滤液中加氨水转化为Al（OH）3，故答案为：bd；⑸LiAlH4与水反应生成氢气，该反应为LiAlH4+2H2O═LiAlO2+4H2↑【思路点拨】本题考查了电化学原理的应用，镁、铝的性质等知识点，未知化学反应方程式的书写，在书写过程中，要掌握物质的性质是关键。49【2015届江西省南昌二中高三上学期第四次月考】在下列物质转化关系中，反应的条件和部分产物已略去。回答下列问题： （1）若甲、乙是两种常见金属，且反应Ⅲ是工业制盐酸的反应。①反应Ⅰ中甲在通常条件下和水剧烈反应，除丙外，还生成一种焰色反应为黄色的物质，则工业上生产甲的一般方法是。A．热分解法B．热还原法C．电解法②反应Ⅱ中乙与H2O在高温下反应，除丙外，还生成一种有磁性的物质，则乙在周期表中的位置；反应Ⅱ的化学方程式是。（2）若甲、乙是离子化合物，且反应Ⅲ是工业上制漂白粉的反应。①反应Ⅲ的离子方程式是。②若反应Ⅰ是气体实验室制备的反应，该气体分子为14电子结构。则反应Ⅰ的化学方程式是。③在饱和氯水中加块状石灰石，能制得较浓HClO溶液，同时放出一种气体。其反应的离子方程式是；写出HClO的结构式。【知识点】无机物的推断；氯气的化学性质；钠的化学性质；铁的氧化物和氢氧化物D2C2C3【答案解析】（1）①C②第四周期Ⅷ族（2）①Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+2H2O②CaC2+2H2OCa(OH)2+C2H2③2Cl2+H2O+CaCO3==Ca2++2Cl-+2HClO+CO2HOCl解析：（1）若甲是金属，和水反应生成碱，碱和氯气反应，乙在Cl2中燃烧能观察到苍白色火焰，判断乙为氢气，则甲是能和水发生反应的活泼金属。①甲和水反应生成的产物中除氢气外，还生成一种焰色反应为黄色的物质，证明是氢氧化钠，判断甲为钠，在工业生产中利用电解氯化钠的方法得到金属钠。②当甲与H2O在高温下反应时，除乙外，还生成一种有磁性的物质，则甲为铁和水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，反应的化学方程式（2）①若甲、乙是化合物，且反应Ⅲ是工业制漂白粉的反应，则丙是氢氧化钙，氢氧化钙和氯气反应生成氯化钙、次氯酸钙和水。②气体分子为14电子结构的物质是乙炔，故反应Ⅰ应为碳化钙和水的反应。③氯水中含有盐酸和次氯酸，在饱和氯水中加块状石灰石，碳酸钙和盐酸反应生成氯化钙、二氧化碳和水，从而能制得较浓HClO溶液。【思路点拨】本题以化合物的推断为载体考查了化合物的性质，同时考查学生逻辑推理、判断能力，明确化合物的性质是解本题的关键，注意思考问题时不仅要考虑无机物还要考虑有机物，防止考虑问题的片面性，综合性较强，难度较大。50【2015届广东省佛山市第一中学高三上学期期中考试】甲醇是一种可再生能源，具有广泛的开发和应用前景。（1）工业上一般采用下列两种反应合成甲醇：反应Ⅰ：CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)ΔH1反应Ⅱ：CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)ΔH2①下表所列数据是反应Ⅰ在不同温度下的化学平衡常数（K）。温度250℃300℃350℃K2.0410.2700.012由表中数据判断ΔH10（填“＞”、“＝”或“＜”）。②某温度下，将2molCO和6molH2充入2L的密闭容器中，充分反应，达到平衡后，测得c(CO)＝0.2mol／L，则CO的转化率为，此时的温度为（从上表中选择）。（2）已知在常温常压下：①2CH3OH(l)＋3O2(g)＝2CO2(g)＋4H2O(l)ΔH1＝－1451.6kJ／mol②2CO(g)+O2(g)＝2CO2(g)ΔH2＝－566.0kJ／mol写出甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式： （3）某实验小组依据甲醇燃烧的反应原理，设计如右图所示的电池装置：导管惰性电极KOH溶液O2惰性电极A①该电池的能量转化形式为。②该电池正极的电极反应为。③工作一段时间后，测得溶液的pH减小，则该电池总反应的化学方程式为。【知识点】化学平衡化学反应中的能量变化原电池原理G2F1F3【答案解析】⑴①＜（2分）②80%（2分）250℃（2分）⑵CH3OH(l)＋O2(g)＝CO(g)＋2H2O(l)ΔH＝－442.8kJ／mol（3分）⑶①化学能转化为电能（2分）②O2+2H2O+4e-=4OH-（2分）③2CH3OH＋3O2+4OH-＝2CO32-＋6H2O（3分）解析：(1)①随着温度的升高，化学平衡常数逐渐减小，平衡逆向移动，升高温度，平衡向吸热反应方向移动，故反应Ⅰ为放热反应，ΔH1＜0；②平衡时一氧化碳的物质的量=0.2mol/L×2L=0.4mol，转化率=(2—0.4)/2×100%=80%；               CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）起始浓度（mol/L）1      3           0       转化浓度（mol/L） 0.8    1.6        0.8平衡浓度（mol/L） 0.2    1.4       0.8平衡常数K=(0.8)/(0.2×1.42)=2.041，所以反应温度是250℃；（2）已知：①2CH3OH(l)＋3O2(g)＝2CO2(g)＋4H2O(l)ΔH1＝－1451.6kJ／mol②2CO(g)+O2(g)＝2CO2(g)ΔH2＝－566.0kJ／mol根据盖斯定律：（①—②）×1/2得甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式为：CH3OH(l)＋O2(g)=CO(g)＋2H2O(l) ΔH＝－442．8kJ·mol－1。⑶①该电池的能量转化形式为化学能转化为电能，②根据电池正极发生得电子的氧化反应，电极反应为O2+2H2O+4e-=4OH-，③电解质溶液呈碱性，电池总反应为：2CH3OH＋3O2+4OH-＝2CO32-＋6H2O【思路点拨】本题考查了化学反应原理，涉及化学平衡、化学反应中的能量变化、原电池原理等知识，理解基本原理是关键。三、综合题51【五校（师大附中、临川一中、鹰潭一中、宜春中学、新余四中）第二次联考】【题文】I.铁是应用最广泛的金属，铁的卤化物、氧化物以及高价铁的含氧酸盐均为重要化合物。已知氯化铁是一种重要的化工原料，无水氯化铁遇潮湿空气极易吸水生成FeCl3·nH2O。（1）某学习小组用下图装置在实验室制备无水氯化铁，请你一起参与该小组的活动。①装置A中仪器a的名称是___________。②装置B的作用是______________，C中的试剂______________。③实验开始时先点燃____处酒精灯；装置E的作用为________________________。 （2）工业上制备无水氯化铁的一种工艺流程如下：①吸收塔中发生反应的离子方程式为②简述由FeCl3·6H2O晶体得到无水氯化铁的操作：___________________________II.利用如图所示的装置，可以验证NH3和HCl的有关性质。实验前a、b、c活塞均关闭。（1）若要在烧瓶Ⅱ中产生“喷泉”现象，烧瓶Ⅰ中不产生“喷泉”现象，其操作方法是_________________________________________________________________。（2）若先打开a、c活塞，再挤压胶头滴管(假设NH3不被完全吸收)，在烧瓶Ⅱ中可观察到的现象________________________-。（3）通过挤压胶头滴管和控制活塞的开关，在烧瓶Ⅰ中产生“喷泉”现象，烧瓶Ⅱ中不产生“喷泉”现象，其操作方法是_______________.【知识点】化学器和基本操作J1J4J5【答案解析】Ⅰ(1)①分液漏斗；②除HCl；浓硫酸；③A；阻止外界空气中的水蒸气进入D，吸收尾气；(2)①2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-；②在HCl气流中加热蒸干；Ⅱ（1）先打开ab活塞，再挤压胶头滴管（或先挤压胶头滴管，再打开ab活塞）；（2）Ⅱ中导管口处出现白烟；（3）先打开ac活塞，再挤压胶头滴管（或先打开a活塞挤压胶头滴管，再打开c活塞）,片刻后关a活塞，再打开b活塞。解析：Ⅰ实验室制备无水氯化铁，需要先制取氯气，用A装置，根据题意B用于除去氯气中的氯化氢，C用于干燥氯气，由于无水氯化铁遇潮湿空气极易吸水生成FeCl3·nH2O，所以E防止空气中的水蒸气进入。实验时先点燃A处的酒精灯，使装置中充满氯气，再点燃D出的酒精灯，这样可以防止铁与氧气发生反应。Ⅱ（1）若要在烧瓶Ⅱ中产生喷泉，先打开ab活塞，再挤压胶头滴管（或先挤压胶头滴管，再打开ab活塞），则在Ⅱ中氨气被水吸收形成负压，（2）若先打开a、c活塞，Ⅰ中氯化氢进入Ⅱ中，氯化氢和氨气反应生成固体氯化铵出现白烟；（3）要在烧瓶Ⅰ中形成喷泉，就要形成负压：先打开ac活塞，再挤压胶头滴管，Ⅰ中氯化氢部分进入Ⅱ中，使Ⅰ中形成负压，关a活塞，再打开b活塞。【思路点拨】本题考查了化学实验，主要涉及仪器和基本操作等实验常规，比较简单，只要明白实验目的即可解答。52【江西省南昌市第二中学2015届高三上学期第四次月考】【题文】氮及其化合物与人类各方面有着密切的联系。Ⅰ．将一支充满标准状况下的NO2的试管倒置于水槽中，则试管中溶液的物质的量浓度为（假设试管中的溶液不扩散）；若试管中混有N2O4气体，则试管中溶液的物质的量浓度将。（填偏大、偏小或不变）Ⅱ．目前，消除氮氧化物污染有多种方法。（1）用NH3转化法，在催化剂条件下可将NO、NO2转化成无毒的气体。写出NH3与NO2反应的化学方程式并标出电子转移方向和数目。 （2）用VLNaOH溶液完全可以吸收含aLNO、bLNO2、cLN2O4的混合气体（标准状况下），则NaOH溶液的物质的量浓度至少为。已知：2NO2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2O；NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O【知识点】物质的量浓度的相关计算，氮的氧化物的性质D4【答案解析】Ⅰ．0.045mol/L(1/22.4mol/L)（2分）偏大（1分）Ⅱ．（1）（2分）（2）a+b+2c/22.4Vmol/L（2分）解析：Ⅰ．设二氧化氮的物质的量为3mol，发生反应为：3NO2+2H2O=2HNO3+NO，根据方程式可知溶液体积为二氧化氮体积的2/3，故溶液体积=2/3×3mol×22.4L/mol=44.8L，溶质硝酸的物质的量为：2/3×3mol=2mol，故硝酸的物质的量浓度为：c=2mol/44.8L=1/22.4mol/L。Ⅱ．（1）在反应8NH3+6NO2=7N2+12H2O中，NH3→N2，化合价变化为-3价→0价，NH3是还原剂，失8×3e-，NO2→N2，化合价变化为+4价→0价NO2是氧化剂，得6×4e-，可表示为。（2）在反应过程中，氮元素守恒，氮的氧化物中的氮元素全进入到了溶液中形成钠盐，n(Na)=n(N)a+b+2c/22.4mol，溶液的体积为VL，故NaOH溶液的物质的量浓度至少为a+b+2c/22.4Vmol/L。【思路点拨】本题考查了氮的氧化物的性质和物质的量浓度的计算化学计算，在氧化还原反应中电子转移的方向和数目等，题目难度中等，注意掌握物质的量浓度的概念及表达式，明确气体体积与物质的量的关系，在化学计算中计算方法的选择是解答的关键，试题考查了学生的分析、理解能力，综合性较强。53【衡阳市2015届高三11月五校联考】【题文】茶是我国人民喜爱的饮品。我市某校化学兴趣小组的同学设计以下实验来定性检验茶叶中含有Ca、Al、Fe三种元素。【查阅部分资料】草酸铵[(NH4)2C2O4]属于弱电解质。草酸钙(CaC2O4)难溶于水。Ca2＋、Al3＋、Fe3＋完全沉淀的pH为Ca(OH)2：pH≥13；Al(OH)3：pH≥5.5；Fe(OH)3：pH≥4.1。请根据上述过程及信息填空：(1)步骤②加盐酸的作用是。(2)写出检验Ca2＋的离子方程式。(3)写出沉淀C所含主要物质的化学式。(4)写出步骤⑧用A试剂生成红色溶液的离子方程式。(5)步骤⑨的作用是。(6)称取400g茶叶样品灼烧得灰粉后，加入过量盐酸后过滤，将所得滤液加入过量的(NH4)2C2O4溶液，再过滤、洗涤、干燥、称量得到5.12g沉淀，原茶叶中钙元素的质量分数为。【知识点】实验探究J5C2C3【答案解析】(1)使Ca2＋、Al3＋、Fe3＋浸出(或使Ca2＋、Al3＋、Fe3＋溶解)（全对给2分，否则给0分）(2)Ca2＋＋(NH4)2C2O4===CaC2O4↓＋2NH(3)Fe(OH)3、Al(OH)3（全对给2分，否则给0分）(4)Fe3＋＋3SCN－Fe(SCN)3(写成其他正确的络合离子形式也可) (5)使Fe3＋转化为Fe(OH)3沉淀(6)0.4%解析：(1)茶叶经灼烧，茶叶灰中含钙、铝、铁元素，加盐酸的作用是使Ca2＋、Al3＋、Fe3＋浸出；(2)利用草酸根离子与钙离子结合成沉淀的方法检验钙离子：Ca2＋＋(NH4)2C2O4===CaC2O4↓＋2NH；(3)步骤④调节PH6--7并加热，可使Al3＋、Fe3＋沉淀，所以沉淀C所含主要物质的化学式Fe(OH)3、Al(OH)3；(4)检验铁离子用SCN－，离子方程式是：Fe3＋＋3SCN－Fe(SCN)3；(5)沉淀C是Fe(OH)3、Al(OH)3，加盐酸得溶液2，调节PH4--5时铁离子沉淀完全而铝离子不会形成沉淀，以便⑩中检验铝离子。(6)5.12克沉淀是CaC2O4，所含钙元素的质量是5.12×（40/128）=1.6(g)，原茶叶中钙元素的质量分数为1.6/400=0.4%。【思路点拨】本题考查了实验探究，侧重学生分析能力，关键是抓住流程图中所加试剂以及实验现象。54【湖南省长沙长郡中学2015届高三上学期第四次月考】【题文】可用来制备抗凝血药，通过下列路线合成：（1）A与银氨溶液反应有银镜生成，写出该反应的离子方程式：（2）B→C的反应类型是。（3）写出D→E的化学方程式：。（4）写出F和过量NaOH溶液共热时反应的化学方程式：（5）E的同分异构体很多，除E外，符合下列条件的共种。①含苯环且能与氯化铁溶液发生显色反应②苯环上有两个取代基③含酯基【知识点】有机推断与有机合成I4【答案解析】（1）CH3CHO+2Ag（NH3）2++2OH-CH3COO-+NH4++2Ag↓+3NH3+H2O；（2）取代反应；（3）+CH3OH+H2O，（4）+3NaOH+CH3COONa+CH3OH+H2O，（5）8解析：A与银氨溶液反应有银镜生成，则A中存在醛基，由流程可知A与氧气反应可以生成乙酸，则A为CH3CHO，由B和C的结构简式可以看出，乙酸分子中的羟基被氯原子取代，发生了取代反应，D与甲醇在浓硫酸条件下发生酯化反应生成E，则E的结构简式为，由F的结构简式可知，C和E 在催化剂条件下脱去一个HCl分子得到F。（1）由以上分析可知，A为CH3CHO，与银氨溶液反应的离子方程式为：CH3CHO+2Ag（NH3）2++2OH-CH3COO-+NH4++2Ag↓+3NH3+H2O，（2）由B和C的结构简式可以看出，乙酸分子中的羟基被氯原子取代，发生了取代反应；（3）D→E的化学方程式为：+CH3OH+H2O，（4）F和过量NaOH溶液共热时反应的化学方程式为：+3NaOH+CH3COONa+CH3OH+H2O，（5）E的同分异构体很多，除E外符合下列条件：①含苯环且能与氯化铁溶液显色，含有酚羟基，②苯环上有两个取代基，③含酯基，酯基为-CH2OOCH或-OOCCH3或-COOCH3，与酚羟基均有邻、间、对三种位置，故除E外同分异构体有3×3-1=8种，故答案为：8。【思路点拨】本题考查了有机物的推断、有机物结构与性质、有机反应类型、同分异构体等，难度不大，注意掌握有机物官能团的性质和转化，结合反应条件及有机物结构简式进行解答。55【2014年秋季湖北省重点高中期中联考】【题文】过碳酸钠（2Na2CO3·3H2O2）是一种集洗涤、漂白、杀菌于一体的氧系漂白剂。某兴趣小组制备过碳酸钠的实验方案和装置示意图如下：已知：主反应2Na2CO3(aq)+3H2O2(aq)2Na2CO3·3H2O2(s)ΔH<0副反应2H2O2=2H2O+O2↑50°C时2Na2CO3·3H2O2(s)开始分解请回答下列问题：（1）步骤①的关键是控制温度，其措施有和。（2）在滤液X中加入适量NaCl固体可析出过碳酸钠，原因是。（3）步骤③中选用无水乙醇洗涤产品的目的是。（4）下列物质中，会引起过碳酸钠失效的有。A．Na2SB．CuOC．Na2SiO3D．NaHCO3（5）过碳酸钠产品中往往含有少量碳酸钠，可用重量法测定过碳酸钠的质量分数；其操作步骤：取样品溶解→加入BaCl2溶液→过滤全*品*高*考*网，用后离不了！→洗涤全*品*高*考*网，用后离不了！→干燥全*品*高*考*网，用后离不了！→称量。需要直接测定的物理量有：全*品*高*考*网，用后离不了！（用字母表示并注明其含义）．产品中过碳酸钠质量分数的表达式为：。【知识点】化学实验计算A4J1J2J5【答案解析】（1）冷水浴（1分），缓慢滴加H2O2溶液（，使放出的热量及时散失）（1分）（2）增大钠离子浓度，降低过碳酸钠的溶解度（盐析作用）（1分）（3）减少过碳酸钠的溶解损失，并带走水份利于干燥（2分）（4）AB（2分） （5）样品的质量m1g、沉淀的质量m2g（2分）（2分）解析：⑴根据已知：主反应是放热反应；50°C时，2Na2CO3·3H2O2(s)开始分解，因此步骤①的关键是控制温度，即温度不能太高，因此可采取冷水浴；让反应速率减小也可控制温度，所以采取缓慢滴加H2O2溶液；还可搅拌使热量散失。⑵加入氯化钠固体即增大Na+浓度，降低了过碳酸钠的溶解度⑶无水乙醇能和水互溶，且极易挥发，而且无机盐在醇中的溶解度小，所以选用无水乙醇洗涤可减少过碳酸钠的溶解损失，并带走水份利于干燥⑷过碳酸钠有碳酸钠和过氧化氢的双重性质，可氧化Na2S，被氧化铜催化分解，因此选AB。⑸需要直接测定的物理量有样品质量，设为m1，碳酸钡沉淀的质量，设为m2。设样品中碳酸钠的物质的量为amol，过碳酸钠的物质的量为bmol，则a+2b=m2/197，106a+314b=m1，解答b=，因此过碳酸钠的质量分数为。【思路点拨】认真审题（流程中的操作、反应物和生成物；题给已知）获取信息；过碳酸钠有碳酸钠和过氧化氢的双重性质；计算可采取守恒法解。56【河北省衡水中学2015届高三上学期四调考试】【题文】X、Y是元素周期表前20号元素，且X的原子序数比Y大4。请填空：I、若X是短周期最活泼的金属元素。（1）写出Y的单质的结构式。（2）25℃，用0．1000mol／I．XOH溶液滴定20.00mL0.1000mol／L某一元酸HA溶液所得滴定曲线如右图。下列说法正确的是。A．A、B、C三点所示溶液导电能力最强的是C点对应的溶液B．在C点溶液中：C(HA)+C(H+)=C(OH-)C．25℃，HA的电离平衡常数约为5×10-4Ⅱ、若X的离子半径是第三周期离子半径最小的。（3）已知在此温度下：则HY和强碱稀溶液发生中和反应的热化学方程式为：。（Y要用具体的元素符号表示）（4）X的单质与某磁性氧化物在高温下反应，常用于焊接铁轨及定向爆破，该反应的化学方程式为。Ⅲ若X为金属元素，Y为非金属元素，X的氧化物、氯化物都是实验室常用的干燥剂。（5）含X的某盐与Y的气态氧化物都能做漂白剂。写出制备X的某盐的化学方程式【知识点】盐类的水解酸碱中和滴定溶液中的离子浓度H3H2H6【答案解析】I．(1)N≡N(2分)；(2)ABC(3分)； Ⅱ.(3)HF(aq)+OH-(aq)=F-(aq)+H2O(l)△H=(b-a)kJ/mol；(2分)(4)3Fe3O4+8Al9Fe+4Al2O3(2分)；Ⅲ.(5)2Cl2+Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O(2分)；解析：I．(1)若X是短周期最活泼的金属元素，则X是钠，由X的原子序数比Y大4得Y是氮元素，氮单质的结构式N≡N；(2)A．C点时酸碱恰好中和生成盐和水，溶液中离子浓度最大，导电性最强，正确；B．在C点溶液存在物料守恒：C(Na+)=C(A-)+C(HA)，电荷守恒：C(Na+)+C(H+)=C(A-)+C(OH-)，结合得到：C(HA)+C(H+)=C(OH-)，正确；C．25℃，溶液中C(A-)=（0.1×0.02）/(0.02×2)=0.05mol/L，C(HA)=C(OH-)=10-6mol/L，的水解平衡常数为：（10-6×10-6）/0.05=1/5×10-10,HA的电离平衡常数约为10-14/(1/5×10-10)=5×10-4正确，选ABC；Ⅱ.(3)若X的离子半径是第三周期离子半径最小的，则X是铝元素，Y是氟元素，两个已知的热化学方程式相加得HF和强碱稀溶液发生中和反应的热化学方程式：HF(aq)+OH-(aq)=F-(aq)+H2O(l)△H=(b-a)kJ/mol；(4)铝的单质与磁性氧化铁在高温下反应，3Fe3O4+8Al9Fe+4Al2O3；Ⅲ.(5)若X为金属元素，Y为非金属元素，X的氧化物、氯化物都是实验室常用的干燥剂，知X是钙元素，Y是硫元素，制备次氯酸钙的反应方程式为2Cl2+Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O；【思路点拨】本题考查了元素推断考查了盐类的水解，酸碱中和滴定、溶液中的离子浓度等知识，综合性强，计算25℃，HA的电离平衡常数难度较大。57【2015届吉林省实验中学高三上学期第四次模拟考试】【题文】半导体生产中常需要控制掺杂，以保证控制电阻率,三氯化磷(PCl3)是一种重要的掺杂剂。实验室要用黄磷(即白磷)与干燥的Cl2模拟工业生产制取PCl3，装置如下图所示:（部分夹持装置略去）已知：①黄磷与少量Cl2反应生成PCl3，与过量Cl2反应生成PCl5；②PCl3遇水会强烈水解生成H3PO3和HC1；③PCl3遇O2会生成POCl3，POCl3溶于PCl3；④PCl3、POCl3的熔沸点见下表：物质熔点/℃沸点/℃PCl3-11275.5POCl32105.3请回答下列问题：（1）A装置中制氯气的离子方程式为。（2）B中所装试剂是，F中碱石灰的作用有两种，分别是_____、。（3）实验时，检査装置气密性后，先打开K3通入干燥的CO2，再迅速加入黄磷。通干燥CO2的作用是。（4）粗产品中常含有POCl3、PCl5等，加入黄磷加热除去PCl5后，通过_____(填实验操作名称)，即可得到较纯净的PCl3。 （5）实验结束时，可以利用C中的试剂吸收多余的氯气，C中反应的离子方程式为。（6）通过下面方法可测定产品中PCl3的质量分数①迅速称取1.00g产品，加水反应后配成250mL溶液；②取以上溶液25.00mL，向其中加入10.00mL0.1000mol/L碘水,充分反应；③向②所得溶液中加入几滴淀粉溶液，用0.1000mol/L的Na2S2O3溶液滴定；④重复②、③操作平均消耗Na2S2O3溶液8.40mL。已知：H3PO3+H2O+I2==H3PO4+2HI，I2+2Na2S2O3==2NaI+Na2S4O6，假设测定过程中没有其他反应。根据上述数据，该产品中PC13的质量分数为_______。【知识点】化学实验离子方程式计算A4B1J3J1【答案解析】（1）MnO2+4H＋+2Cl―Mn2++Cl2↑+2H2O。（2）浓硫酸；吸收多余的氯气，防止空气中的水蒸气进入烧瓶和PCl3反应。（3）排尽装置中的空气，防止生成的PCl3与空气中的O2和白磷自燃。（4）蒸馏（5）Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O（6）79.75%解析：⑴实验室制备氯气用二氧化锰和浓盐酸加热反应生成氯化锰、氯气和水，反应的离子方程式为MnO2+4H＋+2Cl―Mn2++Cl2↑+2H2O。（2）浓H2SO4作用是干燥氯气；氯气有毒，污染空气，F中碱石灰吸收多余氯气防止污染空气，还防止空气中的水蒸气进入装置E而使PCl3水解。（3）PCl3遇O2会生成POCl3，因此通入一段时间的CO2可以排尽装置中的空气，防止生成的PCl3与空气中的O2和白磷自燃。（4）依据物质的沸点数值不同，可以利用蒸馏的方法分离出三氯化磷。（5）氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠和次氯酸钠（5）H3PO3+H2O+I2=H3PO4+2HI；I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6，依据化学方程式可知H3PO3物质的量和PCl3的物质的量相同则PCl3   ~     H3PO3   ~     I2碘的物质的量为(10.00mL× 0.1000mol·L－1－1/2×8.40mL×0.1000mol·L－1)×10－3所以PCl3的质量分数为＝79.75%。【思路点拨】根据物质的性质判断操作目的、装置的作用、发生的反应；注意250mL溶液取25.00mL做实验，所以最后求PCl3的质量要乘以10。58【湖北省八校2015届高三第一次联考】【题文】碳、氮及其化合物在工农业生产生活中有着重要作用。请回答下列问题： （1）用CH4催化还原NOx可以消除氮氧化物的污染。例如：CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)＋CO2(g)+2H2O(g)ΔH1＝－574kJ·mol－1CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)＋CO2(g)+2H2O(g)ΔH2若2molCH4还原NO2至N2，整个过程中放出的热量为1734kJ，则ΔH2＝；（2）据报道，科学家在一定条件下利用Fe2O3与甲烷反应可制取“纳米级”的金属铁。其反应如下：Fe2O3(s)+3CH4(g)2Fe(s)+3CO(g)+6H2(g)⊿H>0①若反应在5L的密闭容器中进行，1min后达到平衡，测得Fe2O3在反应中质量减少3.2g。则该段时间内CO的平均反应速率为________________。②若该反应在恒温恒压容器中进行，能表明该反应达到平衡状态的是_____(选填序号)a．CH4的转化率等于CO的产率b．混合气体的平均相对分子质量不变c．v（CO）与v（H2）的比值不变d．固体的总质量不变③该反应达到平衡时某物理量随温度变化如右图所示，当温度由T1升高到T2时，平衡常数KAKB（填“>”、“<”或“=”）。纵坐标可以表示的物理量有哪些。a．H2的逆反应速率b．CH4的的体积分数c．混合气体的平均相对分子质量d．CO的体积分数（3）工业合成氨气需要的反应条件非常高且产量低，而一些科学家采用高质子导电性的SCY陶瓷（能传递H+）实现氨的电化学合成，从而大大提高了氮气和氢气的转化率。电化学合成氨过程的总反应式为：N2＋3H22NH3，该过程中还原反应的方程式为。（4）若往20mL0.0lmol·L-l的弱酸HNO2溶液中逐滴加入一定浓度的烧碱溶液，测得混合溶液的温度变化如右图所示，下列有关说法正确的是①该烧碱溶液的浓度为0.02mol·L-1②该烧碱溶液的浓度为0.01mol·L-1③HNO2的电离平衡常数：b点>a点④从b点到c点，混合溶液中一直存在：c(Na+)>c(NO)>c(OH)>c(H+)【知识点】化学反应与能量化学反应速率和化学平衡溶液中的离子浓度F1G1G2H6【答案解析】(1)①-1160kJ/mol（2分）(2)①0.012mol•L-1•min-1（2分，单位没写扣一分）②bd（2分）③<（2分）bc（2分）(3)N2+6H++6e-=2NH3（2分）(4)②③（2分）解析：(1)①若2molCH4还原NO2至N2，整个过程中放出的热量为1734kJ，热化学方程式为：2CH4(g)+4NO2(g)=2N2(g)＋2CO2(g)+4H2O(g)ΔH3＝－1734kJ·mol－1利用盖斯定律ΔH2＝ΔH3－ΔH1＝-1160kJ/mol；(2)①Fe2O3在反应中质量减少3.2g即0.02mol,根据反应方程式则CO增加0.06mol，浓度增大0.06mol/L，该段时间内CO的平均反应速率v=（0.06mol/L)/5min=0.012mol•L-1•min-1；②a．CH4的转化率和CO的产率说的都是正方向反应，不能说明V正=V逆，不能表明该反应达到平衡状态；b．若平衡正向移动混合气体的平均相对分子质量减小，混合气体的平均相对分子质量不变能表明该反应达到平衡状态；c．v（CO）与v（H2）的比值不变，不能说明V正=V逆，不能表明该反应达到平衡状态；d．平衡移动时固体的总质量会发生变化，固体的总质量不变能表明该反应达到平衡状态；所以选bd；③该反应的ΔH>0，说明升温平衡正向移动，平衡常数增大，KAa点正确；从b点到c点，混合溶液中还可能会出现存在：c(Na+)>c(OH)>c(NO)>c(H+)，所以正确的说法是②③。【思路点拨】本题考查了化学反应与能量、化学反应速率和化学平衡、溶液中的离子浓度关系，综合性强，理解平衡状态是关键。59【2014年重庆一中高2015级高三上期半期考试】【题文】铈、铬、钛、镍虽不是中学阶段常见的金属元素，但在工业生产中有着重要作用。 （1）二氧化铈(CeO2)在平板电视显示屏中有着重要应用。CeO2在稀硫酸和H2O2的作用下可生成Ce3+，CeO2在该反应中作_____剂。（2）自然界Cr主要以+3价和+6价存在。+6价的Cr能引起细胞的突变，可以用亚硫酸钠将其还原为+3价的铬。完成并配平下列离子方程式：（3）钛（Ti）被誉为“二十一世纪的金属”，工业上在550℃时用钠与四氯化钛反应可制得钛，该反应的化学方程式是。（4）NiSO4·xH2O是一种绿色易溶于水的晶体，广泛用于镀镍、电池等，可由电镀废渣(除镍外，还含有铜、锌、铁等元素)为原料获得。操作步骤如下：①向滤液Ⅰ中加入FeS是为了除去Cu2+Zn2+等杂质，除去Cu2+的离子方程式为__________。②对滤液Ⅱ先加H2O2再调pH，调pH的目的是。③滤液Ⅲ溶质的主要成分是NiSO4，加Na2CO3过滤后，再加适量稀硫酸溶解又生成NiSO4，这两步操作的目的是______________。④为测定NiSO4·xH2O晶体中x的值，称取26.3g晶体加热至完全失去结晶水，剩余固体15.5g，则x的值等于。【知识点】化学实验常见仪器与基本方法、物质的分离、提纯与检验J1J2【答案解析】【解析】（1）氧化剂；（2）1；3；8H+；2；3；4(3)TiCl4+4Na═Ti+4NaCl(4)FeS（aq）+Cu2+（aq）=Fe2+（aq）+CuS（aq）；②对滤液Ⅱ调pH的目的是除去Fe3+；增大NiSO4浓度，有利于蒸发结晶④6解析：（1）CeO2在稀硫酸和H2O2的作用下可生成Ce3+，Ce元素的化合价由+4价降低为+3价，则CeO2在反应中作氧化剂；（2）反应中Cr元素化合价由+6价降低到+3价，S元素化合价由+4价升高到+6价，则最小公倍数为12，由电子守恒和原子守恒、电荷守恒可知配平后的离子方程式为：Cr2O72-+3SO32-+8H+═2Cr3++3SO42-+4H20；（3）550℃时用钠与四氯化钛反应可制得钛，该反应的化学方程式是TiCl4+4Na═Ti+4NaCl(4)向滤液Ⅰ中加入FeS主要目的是除去Cu、Zn等杂质，说明CuS的溶解度更小，反应的离子方程式为FeS（aq）+Cu2+（aq）=Fe2+（aq）+CuS（aq）；②对滤液Ⅱ调pH的目的是除去Fe3+，其原理是Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+；③滤液Ⅲ溶质的主要成分是NiSO4，再加入碳酸钠过滤后，加稀硫酸溶解又生成NiSO4，可增大成NiSO4浓度，有利于蒸发结晶；④26.3gNiSO4·xH2O晶体的物质的量=26.3g/(155+18x),结晶水的质量=26.3g-15.5g=10.8g，物质的量=10.8g÷18g/mol=0.6mol，则26.3g/(155+18x)：0.6=1：x，求得x=6【思路点拨】本题考查较为综合，涉及物质性质、氧化还原反应配平和计算、物质的分离提纯，侧重于学生的分析能力和实验能力、计算能力的考查，为高频考点和常见题型，题目难度中等，注意把握基础知识的积累。60【2015届重庆市巴蜀中学高三12月月考】【题文】CH4和CO2反应可以制造价值更高的化学产品。⑴250℃时，以镍合金为催化剂，向4L容器中通入6molCO2、4molCH4，发生反应：CO2(g)+CH4(g)2CO(g)+2H2(g)。平衡体系中各组分的浓度为：物 质CH4CO2COH2平衡浓度(mol·L-1)0.51.01.01.0①在该条件下达平衡时，CH4的转化率为____________________。 ②已知：CH4(g)＋2O2(g)＝CO2(g)＋2H2O(g)△H1kJ·mol-1CO(g)＋H2O(g)＝CO2(g)＋H2(g)△H2kJ·mol-12CO(g)＋O2(g)＝2CO2(g)△H3kJ·mol-1求反应CO2(g)＋CH4(g)2CO(g)＋2H2(g)的△H=_______________kJ·mol-1⑵用Cu2Al2O4做催化剂，一定条件下,发生反应：CO2+CH4CH3COOH,温度与催化剂的催化效率和乙酸的生成速率如图，请回答下列问题：①250～300℃时，温度升高而乙酸的生成速率降低的原因是。②为提高上述反应CH4的转化率，可采取的措施有(写2种)。⑶Li4SiO4可用于吸收、释放CO2,原理是:500℃时，CO2与Li4SiO4接触生成Li2CO3；平衡后加热至700℃，反应逆向进行，放出CO2，Li4SiO4再生，将该原理用化学方程式表示(请注明正反应方向和逆反应方向的条件)：。⑷钠硫电池以熔融金属钠、熔融硫和多硫化钠（Na2Sx）分别作为两个电极的反应物，多孔固体Al2O3陶瓷（可传导Na+）为电解质，其反应原理如下图所示：①根据下表数据，请你判断该电池工作的适宜温度应控制在范围内（填字母序号）。物质NaSAl2O3熔点/℃97.81152050沸点/℃892444.62980a.100℃以下b.100℃～300℃c.300℃～350℃d.350℃～2050℃②放电时，电极A为极。③放电时，内电路中Na+的移动方向为（填“从A到B”或“从B到A”）。④充电时，总反应为Na2Sx=2Na+xS（3c(Na＋)C．c点表示CH3COOH和NaOH恰好反应完全D．当NaOH溶液加入20mL时，c(CH3COO－)+c(CH3COOH)=c(Na+)=0.05mol/L（忽略混合时溶液体积的变化）【知识点】中和滴定、溶液中的浓度关系F5H6【答案解析】【解析】C解析：A．a点是c（H+）=10-pHmol/L=10-3mol/L，根据Kw=c（H+）•c（OH-），得溶液中的c（OH-）水=1×10−14÷10−3=10-11mol/L=c（H+）水，故A正确；B．溶液中电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（CH3COO-），b点时，c（H+）＞c（OH-），则有c（CH3COO-）＞c（Na+），故B正确；C、醋酸和氢氧化钠反应生成醋酸钠，醋酸钠是强碱弱酸盐其水溶液呈碱性，当酸碱恰好反应时溶液应该呈碱性，但C点溶液呈中性，说明酸过量，故C错误；D．当NaOH溶液加入20mL时，根据物料守恒：c(CH3COO－)+c(CH3COOH)=c(Na+)=0.05mol/L故答案选C【思路点拨】本题考查了水的离子积的计算、酸碱混合的定性判断，电荷守恒的运用，题目难度中等【题文】8．化学与环境、材料、信息、能源关系密切，下列说法正确的是A．绿色化学的核心是应用化学原理对环境污染进行治理B．开发高效氢能、太阳能等新型电动汽车，以解决城市机动车尾气排放问题C．PM2.5是指大气中直径接近2.5×10－6m的颗粒物，分散在空气中形成胶体D．半导体行业中有一句话：“从沙滩到用户”，计算机芯片的材料是二氧化硅【知识点】常见污染与治理；硅和二氧化硅D1O1【答案解析】【解析】B解析：A．绿色化学是对环境友好型化学，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100%，无污染、无公害的化学，核心是利用化学原理从源头消灭污染，故A错误；B．氢能、核能、太阳能等是清洁能源，可减少污染，使用新型电动汽车，可减少城市机动车尾气排放，故B正确；C．PM2.5是指大气中直径小于或等于2.5um的颗粒物，PM2.5的直径大于胶体直径，所以不属于胶体，故C错误；D．Si原子最外层电子为4个，既难得电子，也难失去电子，可做为半导体，可用于制造硅芯片，是计算机芯片的成分，故B错误；故答案选B【思路点拨】本题考查了化学与环境、材料、信息、能源关系密切相关的知识，为高频考点，侧重于基础知识的综合理解和运用的考查，注意能形成胶体的微粒直径在1-100nm之间，为易错点，难度不大，注意绿色化学的核心高频考点【题文】9． 甲、乙、丙、丁、戊的相互转化关系如图所示（部分反应物及反应条件已略去，箭头表示一步转化）。下列各组物质中，满足图示转化关系的是物质选项甲乙丙戊丁ACuHNO3Cu(NO3)2FeNOBH2OFeH2O2Fe2O3CAlNaOHH2Al2O3NaAlO2DCH3CHOO2CH3COOHH2H2O【知识点】无机物的推断C5D5【答案解析】【解析】A解析：A．铁和硝酸反应也能生成NO气体，铁和硝酸铜反应方程式为：Fe+Cu（NO3）2=Fe（NO3）2+Cu，所以能实现物质间的转化，故A正确；B．铁和水蒸气反应方程式为4Fe+2H2O（g）Fe3O4+2H2，氢气和氧气反应方程式为2H2+O22H2O，所以不能能实现三氧化二铁的转化，故B错误；C．Al和氢氧化钠溶液反应方程式为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，铝是活泼金属不能用氧化还原反应冶炼铝，工业上采用电解熔融氧化铝的方法冶炼铝，故C错误；D．乙醛和氧气反应生成乙酸，反应方程式为2CH3CHO+O22CH3COOH，，所以不能实现转化，故D错误；故答案选A【思路点拨】本题考查了物质间的转化，明确物质的性质是解本题关键，采用代入法来分析解答，注意铁和水蒸气反应后的产物，为易错点．【题文】10．下列说法正确的是A．已知Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10—38，则常温下Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+的平衡常数K=2.5×10—5B．准确称取0.4000gNaOH固体可配成100mL0.1000mol·L—1的NaOH标准溶液C．电解精炼铜过程中，阳极质量的减少与阴极质量的增加一定相等D．催化剂通过降低化学反应的焓变加快化学反应速率【知识点】沉淀溶解平衡、溶液的配制、电解原理和电解池原理的应用、催化剂对反应的影响F4H5【答案解析】【解析】A解析：A．Ksp[Fe(OH)3]=C3(OH-)·C(Fe3+)=4.0×10—38，反应的平衡常数：K=C(Fe3+)/C3(H+)=[C3(OH-)·C(Fe3+)]/K3w=2.5×10—5，故A正确；B．称取0.4000g的NaOH，因NaOH易吸收水和二氧化碳，配制成100mL溶液，最终NaOH溶液的浓度不是0.1000 mol•L-1，故B错误；C．电解过程中，阳极上不仅有铜还有其它金属失电子，阴极上只有铜离子得电子，所以阳极减少的质量不等于阴极增加的质量，故C错误；D．催化剂能降低反应的活化能，不改变焓变的大小，故D错误．故答案选A【思路点拨】本题考查了沉淀溶解平衡、溶液的配制、电解原理和电解池原理的应用、催化剂对反应的影响，明确阴阳极上发生的反应是解本题关键，题目难度不大．【题文】11．某CaCl2样品中可能含有FeCl3、MgCl2、NaCl和Na2CO3中的一种或两种。将11.1克此样品溶于水只得到无色溶液，加入足量的AgNO3溶液得沉淀29.7克，由此可知所含杂质的正确结论是（）A．一定无Na2CO3，可能有FeCl3B.可能有Na2CO3和NaClC．一定有MgCl2，可能有NaClD.一定有NaCl【知识点】物质检验鉴别J2【答案解析】【解析】C解析：纯净的11.1g氯化钙生成的沉淀质量是xCaCl2～2AgCl111    28711.1     x所以沉淀量是28.7g，纯净的11.1g氯化镁生成的沉淀质量是zMgCl2～2AgCl95     28711.1   z所以沉淀量是33.5g，纯净的11.1g氯化钠生成的沉淀量是m，NaCl～AgCl58.5 143.511.1  m所以沉淀量是27.2g，因为氯化钙生成的沉淀量小于29.7，所以另一种物质的生成的沉淀量要大于29.7，一定含有氯化镁，可能含有氯化钠；A、依据样品溶于水得无色溶液，证明氯化钙样品中一定不含碳酸钠，氯化铁，故A错误；B、依据样品溶于水得无色溶液，证明氯化钙样品中一定不含碳酸钠，氯化铁，故B错误；C、通过计算分析，一定有氯化镁，可能有氯化钠，故C正确；D、过计算分析，一定有氯化镁，可能有氯化钠，故D错误；故答案选C【思路点拨】本题考查了混合物的计算应用和判断，在解此类题时，可以应用假设法假设所给质量是纯净物的质量，计算出生成的沉淀，再用均衡法进行分析解答．【题文】12．下列情况会使所配溶液浓度偏低或其它测量值偏低的是（　　）①中和热测定时用稀醋酸和稀氢氧化钠溶液，测得的中和热数值②用滴定管量取液体时，开始时平视读数，结束时俯视读数所得溶液的体积③溶液转移到容量瓶后，烧杯及玻璃棒未用蒸馏水洗涤④在用标准液（已知浓度）滴定未知溶液时，标准液滴定管水洗未润洗⑤定容时，仰视容量瓶的刻度线⑥用标准液滴定未知溶液（放于锥形瓶中）时，滴定管滴定前无气泡滴定后有气泡．A．①③⑤⑥B．①②⑤⑥C．②③④⑥D．③④⑤⑥【知识点】溶液的配置J1【答案解析】【解析】A解析：①醋酸为弱酸，电离时需要吸收部分热量，导致测得的中和热数值偏低；②结束时俯视读数滴定管，导致所取标准液的体积偏大；③溶液转移到容量瓶后，烧杯及玻璃棒未用蒸馏水洗涤，溶质有损失，所配溶液浓度偏小；④在用标准液（已知浓度）滴定未知溶液时，标准液滴定管水洗未润洗，导致标准液浓度偏下，滴加液体体积偏大，因此浓度偏大；⑤定容时，仰视容量瓶的刻度线，所加水的体积偏大，浓度偏小；⑥在用标准液（已知浓度）滴定未知溶液时，滴定前无气泡滴定后有气泡，导致标准液的体积偏小，未知溶液的浓度偏小．故答案选A【思路点拨】本题考查了中和热测定、酸碱中和滴定，注意实验的注意事项和误差分析是解题的关键，题目难度不大。【题文】13．一定温度下，将0.1molAgCl固体加入1L0.1mol·L－1Na2CO3溶液中，充分搅拌(不考虑液体体积变化)，已知：Ksp(AgCl)=2×10－10；Ksp(Ag2CO3)=1×10－11，下列有关说法正确的是（）A．沉淀转化反应2AgCl(s)+CO32-(aq)Ag2CO3(s)+2Cl-(aq)的平衡常数为20mol·L-1B．约有10-5molAgCl溶解C．反应后溶液中的：c(Na+)＞c(CO32-)＞c(Cl-)＞c(Ag+)＞c(H+)D．反应后溶液中的：c(Na+)+c(Ag+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(Cl-) 【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质H5【答案解析】【解析】C解析：A、Ksp（Ag2CO3）=c（Ag+）2×0.1=1×10-11，c（Ag+）=10-5，Ksp（AgCl）=c（Cl-）×10-5=2×10-10，c（Cl-）=2×10-5mol/L，K=[Cl−]2/[CO32−]=(2×10−5)2/0.1=4×10-9，故A错误；B、c（Cl-）=2×10-5mol/L，在1L的溶液中，约有2×10-5molAgCl溶解，故B错误；C、c（Cl-）=2×10-5mol/L，c（CO32-）=0.1mol/L，所以c（CO32-）＞c（Cl-），故C正确；D、据电荷守恒，c（Na+）+c（H+）+c（Ag+）=2c（CO32-）+c（HCO3-）+c（Cl-）+c（OH-），故D错误；故答案选C【思路点拨】本题考查了沉淀的溶解平衡以及沉淀转化、电荷守恒，题目难度较大。【题文】14．下列有关实验设计或操作、观察或记录、结论或解释都正确的是()选项实验设计或操作观察或记录结论或解释A将少量浓硝酸分多次加入Cu和稀硫酸的混合液中产生红棕色气体硝酸的还原产物是NO2B某粉末用酒精润湿后，用铂丝蘸取做焰色反应火焰呈黄色该粉末一定不含钾盐C在A1C13和MgCl2的混合液中加入过量NaOH溶液先生成白色沉淀，后沉淀部分溶解金属性Na>Mg>AlD将盛水的分液漏斗先静置，再倒置漏斗口和活塞不渗水分液漏斗不漏液【知识点】化学实验J5【答案解析】C解析：A、将少量浓硝酸分多次加入Cu和稀硫酸的混合液中，应该是稀硝酸与Cu反应，生成NO；B、观察钾的焰色需透过蓝色钴玻璃，该粉末不一定不含钾盐；D、检验分液漏斗是否漏液，应该旋转活塞和漏斗口的塞子，因此选C。【思路点拨】钾的焰色被钠的焰色遮盖，因此观察钾的焰色需透过蓝色钴玻璃；检验带塞子的仪器是否漏液，均需旋转活塞。【题文】15．A、B、C、D为四种短周期元素，已知A、C同主族，B、C、D同周期；A的气态氢化物比C的气态氢化物稳定；B的阳离子比D的阳离子氧化性强；B的阳离子比C的阴离子少一个电子层。下列叙述正确的是A．原子序数：A>C>B>DB．单质熔点：D>B，A>CC．原子半径：D>B>C>AD．简单离子半径：D>B>C>A【知识点】元素周期律的应用E2【答案解析】C解析：A、B、C、D为四种短周期元素，已知A、C同主族，A的气态氢化物比C的气态氢化物稳定，故A、C为非金属，原子序数C＞A，A处于第二周期，C处于第三周期；B、C、D同周期，B的阳离子比D的阳离子氧化性强，B的阳离子比C的阴离子少一个电子层，则B、D为金属，原子序数D＜B，C＞B，C＞D且三者处于第三周期。A．如果A处于第二周期，C处于第三周期；原子序数D＜B，C＞B，C＞D，所以原子序数：C＞B＞D＞A，故A错误；B．同周期从左到右，金属的熔点逐渐升高，所以单质熔点：B＞D；同主族从上到下，非金属单质的熔点逐渐增大，C＞A，故B错误；C．同周期从左到右，元素原子半径逐渐减小，所以半径：D＞B＞C，同主族从上到下原子半径逐渐增大，所以C＞A，则原子半径：D＞B＞C＞A，故C正确； D．核外电子排布相同时，原子序数越小，离子的半径越大，电子层数越多，半径越大，A、B的核外电子排布相同，C、D的核外电子排布相同比A、B多一个电子层，原子序数：C＞B＞D＞A，所以离子半径：C＞A＞D＞B，故D错误；故选C。【思路点拨】本题考查了元素周期表的结构、元素化合物性质等，确定元素的相对位置关系、以及元素周期律是解题关键。【题文】16．茶叶中铁元素的检验可经过以下四个步骤完成：将茶叶灼烧灰化→用浓硝酸溶解茶叶灰→过滤得到的滤液→检验滤液中的Fe3＋。下图是可能用到的实验用品。有关该实验的说法中正确的是A．第一步需选用仪器①、②和⑨ ，①的名称叫钳埚B．第二步用浓硝酸溶解茶叶并加蒸馏水稀释，选用④、⑥和⑦C．要完成第三步，需选用④、⑤和⑦ ，除夹持仪器外还缺滤纸D．第四步，若滤液中含有Fe3＋，加入⑧中的溶液后滤液会显红色【知识点】化学仪器的使用，实验方案的设计J1J4【答案解析】C解析：A．将茶叶灼烧灰化，应在坩埚中加热，用到的仪器有①、②和⑨，必要时还可用到三脚架或铁架台等，错误；B．用浓硝酸溶解茶叶灰并加蒸馏水稀释，应在烧杯中进行，可用玻璃棒搅拌，不用容量瓶，错误；C．过滤时用到④、⑤和⑦及滤纸，正确；D．检验滤液中的Fe3+，可用胶头滴管取少量滤液于小试管中，用KSCN溶液检验，用到的仪器有试管、胶头滴管和滴瓶等，即③、⑧和⑩，错误。【思路点拨】本题考查了物质的检验、鉴别及分离实验的设计，着重于考查学生的分析能力和实验能力，落脚于基础知识的考查，注意把握实验的原理、步骤和实验仪器，难度中等。【题文】17．设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的数量为（）①1L1mol·L-1的NaClO溶液中含有ClO－的数目为NA②78g苯含有C=C双键的数目为3NA③常温常压下，14g由N2与CO组成的混合气体含有的原子数目为NA④标准状况下，6.72LNO2与水充分反应转移的电子数目为0.1NA⑤常温常压下，Na2O2与足量H2O反应，共生成0.2molO2，转移电子的数目为0.4NA⑥1mol甲醇中含有C—H键的数目为4NA⑦25℃，pH＝13的NaOH溶液中含有OH－的数目为0.1NA⑧标准状况下，2.24L已烷含有分子的数目为0.1NA⑨常温常压下，18gH2O中含有的原子总数为3NA⑩标准状况下，0.1molCl2溶于水，转移的电子数目为0.1NAA．1个B．2个C．3个D．4个【知识点】阿伏伽德罗常数A1 【答案解析】【解析】C解析：①ClO-是弱酸根，在水溶液中会水解，故溶液中ClO-的个数小于NA，故①错误；②苯不是单双键交替的结构，苯的结构中无双键，故②错误；③N2与CO的摩尔质量均为28g/mol，故14g混合气体的物质的量n=14g÷28g/mol=0.5mol，而两者均为双原子分子，故0.5mol混合气体含有1mol原子，故③正确；④标况下，6.72L二氧化氮的物质的量为0.3mol，0.3mol二氧化氮与水反应生成了0.1mol一氧化氮，转移了0.2mol电子，转移的电子数目为0.2NA，故④错误；⑤Na2O2与H2O的反应是歧化反应：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑此反应转移2mol电子，生成1molO2，故当生成0.2molO2，转移电子0.4mol，数目为0.4NA，故⑤正确；⑥甲醇结构简式CH3OH，1mol甲醇中含有C-H键的数目为3NA，故错误；⑦溶液体积不明确，无法计算氢氧根的个数，故⑦错误；⑧标况下，己烷为液态，故错误；⑨18gH2O 的物质的量为1mol，而H2O 是三原子分子，故1mol水中含3mol原子，故⑨正确；⑩氯气与水的反应为可逆反应，不能进行彻底，故0.1mol Cl2溶于水，转移的电子数目小于0.1NA．故错误；故答案选C【思路点拨】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，掌握公式的使用和物质的结构、状态是解题关键，难度不大.【题文】18．安全气囊碰撞时发生反应：10NaN3+2KNO3=K2O+5Na2O+16N2↑，下列判断正确的是A.每生成16molN2转移30mol电子B.NaN3中N元素被还原C.N2既是氧化剂又是还原剂D.还原产物与氧化产物质量之比为1:15【知识点】氧化还原反应的应用B3【答案解析】D解析：在此反应中，发生化合价变化的只有氮元素。在NaN3中氮元素化合价为—1/3价，反应后生成N2，KNO3中氮元素化合价为+5价，反应生成N2。A.每生成16molN2转移10mol电子，错误；B.NaN3中N元素被氧化，错误；C.N2既是氧化产物又是还原产物，错误；D.还原产物与氧化产物质量之比为1:15，正确。【思路点拨】本题考查了在复杂的氧化还原反应中有关基本理论的分析，在此反应中只有一种原始化合价发生了变化，正确的分析化合价的变化是解答本题的关键。【题文】19．下列实验操作与预期实验目的或所得实验结论一致的是选项实验操作实验目的或结论A向苯中滴入少量浓溴水，振荡，静置溶液分层，上层呈橙红色，下层几乎无色，苯和溴水发生取代反应，使溴水褪色B向含有少量FeCl3的MgCl2溶液中加入足量Mg(OH)2粉末，搅拌一段时间后过滤除去MgCl2溶液中少量FeCl3C向鸡蛋清溶液中加入饱和(NH4)2SO4溶液有白色沉淀产生，蛋白质发生了变性DC2H5OH与浓硫酸170℃共热，制得的气体通入酸性KMnO4溶液检验制得气体是否为乙烯 【知识点】实验设计及原理分析J1J2【答案解析】B解析：A、结论错误，溶液分层，上层呈橙红色，下层几乎无色，苯和溴不是发生反应，是因为溴在水中的溶解度小，而易溶于有机溶剂，故A错误；B、溶液中加入足量Mg(OH)2粉末，可以使溶液的PH升高，形成Fe(OH)3沉淀，过滤达到除去铁离子的目的，故B正确；C、(NH4)2SO4不属于重金属盐，向鸡蛋清溶液中加入饱和(NH4)2SO4溶液有白色沉淀产生，蛋白质发生了盐析，故C错误；D、挥发出来的乙醇也能使酸性KMnO4溶液褪色检验乙烯的方法不严密，故D错误。故答案选B【思路点拨】本题考查了实验设计及原理分析，分析实验结论是难点，要加强相关知识的理解。【题文】20、25℃时，向盛有50mLpH=2的HA溶液的绝热容器中加入pH=13的NaOH溶液，加入NaOH溶液的体积(V)与所得混合溶液的温度(T)的关系如图所示。下列叙述正确的是AHA溶液的物质的量浓度为00lmolBb→c的过程中，温度降低的原因是溶液中发生了吸热反应Ca→b的过程中，混合溶液中可能存在：c(A－)=c(Na＋)D25℃时，HA的电离平衡常数K约为【知识点】反应热与焓变F2【答案解析】【解析】C解析：A．恰好中和时混合溶液温度最高，即b点，此时消耗氢氧化钠0.004mol，得出HA的浓度为0.08mol/L，故A错误；B．b→c的过程中，温度降低的原因是溶液中发生了NaA发生了水解吸热反应，故B错误；C．NaA呈碱性，HA呈酸性，a→b的过程中，混合溶液中可能呈中性，存在：c(A－)=c(Na＋)，故C正确；D．电离平衡常数K=C(H+)·C(A-)/C(HA)=0.01×0.01÷0.08=1.25×10-3，故D错误；故答案选C【思路点拨】本题考查了酸碱混合的定性判断和计算，题目难度不大，题目结合中和反应考查了同学们观察分析问题的能力，以及利用化学方程式计算的能力，比较综合，要认真分析解答。【题文】21.工业上向锅炉里注入Na2CO3.溶液浸泡，将水垢中的CaSO4转化为CaCO3而后用盐酸去除。下列叙述不正确的是A.温度升高．Na2CO3溶液的Kw和c(OH一)均会增大B.沉淀转化的离子方程式为CO32-十CaSO4=CaCO3+SO42-C.盐酸溶液中，CaCO3的溶解性大于CaSO4D.Na2CO3溶液遇CO2后，阴离子浓度均减小【知识点】沉淀的转化B1H5【答案解析】D解析：水的电离和水解反应都是吸热反应，升温促进水解和电离，则Kw和c(OH一)均会增大，A正确；B项是沉淀的转化，正确；CaCO3可与盐酸反应，C正确；Na2CO3溶液遇CO2后，生成碳酸氢钠，HCO3－浓度增大，D错误。【思路点拨】弱电解质的电离、水解反应等是吸热反应。【题文】22.下列各选项中的两个反应，可用同一个离子方程式表示的是 选项ⅠⅡABa(OH)2溶液与过量NaHCO3溶液混合NaOH溶液与过量NaHCO3溶液混合B少量SO2通入Ba(OH)2溶液中过量SO2通入Ba(OH)2溶液中CBaCl2溶液与Na2SO3溶液混合Ba(OH)2溶液与H2SO3溶液混合D少量氨水滴入AlCl3溶液中少量AlCl3溶液滴入氨水中【知识点】离子方程式的书写B1【答案解析】D解析：A．I中生成碳酸钡、碳酸钠和水，II中生成碳酸钠和水，碳酸钡在离子反应中保留化学式，二者离子反应不同，错误；B．I中生成亚硫酸钡和水，II中生成亚硫酸氢钡和水，亚硫酸钡在离子反应中保留化学式，二者离子反应不同，错误；C．I中反应生成亚硫酸钡和氯化钠，II中发生氧化还原反应生成硫酸钡、NO和水，亚硫酸钡、硫酸钡、NO、水在离子反应中均保留化学式，二者离子反应不同，错误；D．I、II中均反应生成氢氧化铝和氯化铵，反应物、生成物相同，离子反应相同，正确；故选D。【思路点拨】本题考查了离子反应，为高频考点，把握发生的化学反应为解答的关键，侧重复分解反应及与量有关的离子反应、氧化还原反应的考查，选项C为解答的难点和易错点，综合性较强。【题文】23.下列反应的离子方程式正确的是A．NaAlO2溶液中通入过量的CO2：2AlO2－＋3H2O＋CO2===2Al(OH)3↓＋CO32－B．明矾溶液中滴加Ba(OH)2溶液至SO42－完全沉淀：Al3＋＋Ba2＋＋SO42－＋3OH－===BaSO4↓＋Al(OH)3↓C．200mL2mol/L的FeBr2溶液中通入11.2L标准状况下的氯气：4Fe2＋＋6Br－＋5Cl2=4Fe3＋＋3Br2＋10Cl－D．在强碱溶液中次氯酸钠与Fe(OH)3反应生成Na2FeO4：3ClO－＋2Fe(OH)3===2FeO42－＋3Cl－＋H2O＋4H＋【知识点】离子方程式的书写B1【答案解析】C解析：A．NaAlO2溶液中通入过量的CO2：AlO2－＋2H2O＋CO2===Al(OH)3↓＋HCO3－，错误；B．明矾溶液中滴加Ba(OH)2溶液至SO42－完全沉淀：Al3＋＋2Ba2＋＋2SO42－＋4OH－===2BaSO4↓＋AlO2－＋2H2O，错误；C．200mL2mol/L的FeBr2溶液中通入11.2L标准状况下的氯气：4Fe2＋＋6Br－＋5Cl2=4Fe3＋＋3Br2＋10Cl－，正确；D．在强碱溶液中次氯酸钠与Fe(OH)3反应生成Na2FeO4：3ClO－＋2Fe(OH)3＋4OH－===2FeO42－＋3Cl－＋5H2O，错误。【思路点拨】本题考查了离子方程式的书写，在本题中，主要涉及的是反应与反应物的用量有关，反应物的用量不同，反应不同，离子方程式也不同，把握物质的性质是正确解答此类试题的关键，综合性较强。【题文】24．中学常见物质A、B、C、D、E、X，存在如图转化关系(部分生成物和反应条件略去)。下列推断不正确的是 A、若D是一种白色沉淀，在空气中最终变为红褐色，则A可能是铁B、若D是一种强碱，则A、B、C均可与X反应生成DC、若D为NaCl，且A可与C反应生成B，则E可能是CO2D、若D是一种强酸且可与铜反应生成B或C，则A既可以是单质也可以是化合物【知识点】无机物的推断C5D5【答案解析】A解析：A．若D是一种白色沉淀，在空气中最终变为红褐色说明D为Fe（OH）2，X为NaOH，C为Fe2+，B为Fe3+，A为Cl2，E为Fe，才能实现转化关系，故A错误；B．A为Na、E为氧气、B为氧化钠、C为过氧化钠、X为水、D为氢氧化钠，符合转化关系，Na、氧化钠、过氧化钠都能与水反应，正确；C．A为氢氧化钠、E为二氧化碳、B为碳酸钠、C为碳酸氢钠、X为盐酸，符合转化关系，正确；D．若D是一种强酸，如为硝酸，则A为氮气或氨气，B为NO，C为NO2，E为O2，X为H2O，稀硝酸与铜反应生成NO，浓硝酸与铜反应生成NO2，正确。故选A。【思路点拨】本题考查了无机物的推断，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握相关物质的性质，题目难度较大，注意相关基础知识的积累。【题文】25．部分氧化的FeCu合金样品(氧化产物为Fe2O3、CuO)共5.76g，经如下处理：下列说法正确的是A．V＝44.8B．原样品中Fe元素的质量分数为38.89%C．滤液A中的阳离子为Fe2＋、Fe3＋、H＋D．样品中CuO的质量为4.0g【知识点】铁、铜及其重要化合物的化学性质，化学方程式的有关计算C3【答案解析】B解析：A、根据最后溶液中溶质为过量H2SO4和FeSO4，充分灼烧后的固体为氧化铁，则铁元素物质的量为3.2/160×2=0.04mol，说明参加反应硫酸物质的量为0.04mol，含氢离子0.08mol，其中部分氢离子生成氢气，另外的H+和合金中的氧结合成水了，由于合金中氧物质的量5.76g-3.2g-2.24g/16g/mol=0.02mol，它结合氢离子0.04mol，所以硫酸中有0.08-0.04=0.04molH+生成氢气，即生成0.02mol氢气，标况体积为448ml，错误；B、根据A项中充分灼烧后的固体为氧化铁，则铁元素物质的量为3.2/160×2=0.04mol，则原样品中Fe元素的质量分数为0.04×56/5.76=38.89%,正确；C、生成的滤渣3.2g是铜，金属铜可以和三价铁反应，所以一定不含有三价铁离子，错误；D、根据B的答案知道铁元素质量为2.24g，而原来固体才5.76g，所以CuO质量不超过5.76-2.24=3.52g，错误。 【思路点拨】本题是一道关于元素以及化合物知识的综合题目，要求学生具有分析和解决问题的能力，难度较大。【题文】26．某温度下在2L密闭容器中加入一定量A，发生以下化学反应：2A(g)B(g)+C(g)；ΔH=－48.25kJ•mol－1反应过程中B、A的浓度比与时间t有下图所示关系，若测得第15min时c(B)=1.6mol•L－1，下列结论正确的是A．该温度下此反应的平衡常数为3.2B．A的初始物质的量为4molC．反应到达平衡时，放出的热量是193kJD．反应达平衡时，A的转化率为80%【知识点】化学平衡G5【答案解析】D解析：根据c(B)=1.6mol·L－1，n(B)=3.2mol，看图可推知n(A)=1.6mol，根据三步法计算可知2A(g)  B(g)+C(g)开始   x         0    0变化   x-1.6     3.2   3.2平衡   1.6       3.2   3.2可以计算出x=8mol，B错误；K=  =4，A错误；A的转化率为（8-1.6）/8=80%，D正确；到达平衡生成B3.2mol，放出的热量是3.2×48.25=154.4kJ，C错误。【思路点拨】解答本题的根据是根据图像得出A、B的平衡浓度。【题文】27．“富勒烯”家族又增添了新成员，继C60、C70、N60之后，中美科学家首次发现了全硼富勒烯B40。下列说法正确的是A.B40和C70都属于新型化合物B.C60和N60属于同分异构体C．B40、C60、C70、N60都只含共价键D．B40、C60、C70、N60都属于烯烃【知识点】同分异构体、烃等基本概念E3K1【答案解析】C解析：A、B40和C70都只含一种元素，属于单质，故A错误；B、C60和N60的分子式不同，不属于同分异构体，故B错误；C、B40、C60、C70、N60都是有多原子形成的分子，原子通过共价键结合成分子，故C正确；D、烃是只含碳氢两种元素的化合物，故D错误。故答案选C【思路点拨】本题考查了同分异构体、烃等基本概念，B40、C60、C70、N60都是多原子形成的不同分子。【题文】28．下列说法正确的是（） A．实验过程中若皮肤不慎沾上少量酸液，应先用大量水冲洗，再用饱和碳酸氢钠溶液洗，最后再用水冲洗B．用pH试纸测定溶液pH时，通常是将pH试纸放入待测溶液中润湿后，半分钟内跟标准比色卡比较C．重结晶是提纯固体的常用方法，碘单质亦可在水溶液中通过重结晶提纯D．用丁达尔现象可鉴别蛋白质溶液、淀粉溶液和葡萄糖溶液【知识点】化学实验安全及事故处理；物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用；化学实验方案的评价J1J2J4【解析】AA．实验过程中若皮肤不慎沾上少量酸液，为保护皮肤，应先用大量水冲洗，再用饱和碳酸氢钠溶液洗，最后再用水冲洗，故A正确；B．将pH试纸放入待测溶液中润湿后，正确使用方法是用玻璃棒点蘸取溶液点滴到试纸的中部与标准比色卡比较，故B错误；C．碘易溶于有机溶剂，常用萃取法提纯碘，故C错误；D．蛋白质溶液、淀粉溶液都是胶体，用丁达尔现象无法鉴别，故D错误；故答案选A【思路点拨】本题考查了实验基本操作及事故处理，PH试纸的正确使用方法是解答本题的关键，题目难度不大．【题文】29．下列实验操作与预期实验目的或所得实验结论一致的是选项实验操作实验目的或结论A将NaOH溶液滴入该溶液中加热，放出的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝证明溶液中有NH4+B向某溶液中加入稀盐酸，放出无色刺激性气味气体，将气体通入澄清石灰水，石灰水变浑浊证明该溶液中存在SO32－C将Cl2通入品红溶液中，品红溶液褪色证明Cl2的还原性D用硫酸酸化的H2O2溶液滴入Fe(NO3)2溶液中，溶液变黄色证明氧化性:H2O2比Fe3＋强【知识点】实验设计离子检验J4J2【答案解析】A解析：A、与碱溶液共热，放出能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体（NH3），说明溶液中有NH4+，故A正确；B、向某溶液中加入稀盐酸，放出无色刺激性气味气体，将气体通入澄清石灰水，石灰水变浑浊，溶液中可能存在SO32－或HSO3－，故B错误；C、将Cl2通入品红溶液中，品红溶液褪色，证明Cl2的氧化性，故C错误；D、用硫酸酸化的H2O2溶液滴入Fe(NO3)2溶液中，溶液变黄色，是酸性环境下的硝酸根离子将Fe(NO3)2氧化的，证明氧化性:HNO3比Fe3＋强，故D错误。故答案选A【思路点拨】本题考查了实验设计、离子检验，检验离子的难点是如何排除其它离子的干扰。【题文】30．关于下列各实验或装置的叙述中，正确的是 ①②③④A．实验①可用于制取氨气B．实验②中最后一滴NaOH标准液使溶液由无色变为红色，即达到滴定终点C．装置③可用于吸收尾气中少量NH3或HCl，并防止倒吸D．装置④可用于从酒精水溶液中制取无水乙醇【知识点】化学实验的评价J4【答案解析】C解析：A．氯化铵分解生成氨气和氯化氢气体，但是二者受冷又化合生成了氯化铵，得不到氨气，错误；B．实验②中最后一滴NaOH标准液使溶液由无色变为红色，半分钟不恢复成原来的颜色，即达到滴定终点，错误；C．装置③可用于吸收尾气中少量NH3或HCl，并防止倒吸，正确；D．在蒸馏实验中，温度计的位置应该在蒸馏烧瓶的支管处，冷凝管中水的流动的方向应是从下口流入，从上口流出，错误。【思路点拨】本题考查了氨气的制备，中和滴定实验终点的判断，防止产生倒吸的装置的一些改进方法及蒸馏实验中温度计、冷凝水的流动方向，都在实验中非常重要的，知识的综合性较强。【题文】1.（10分）用含少量铁的氧化物的氧化铜制取硫酸铜晶体（CuSO4·xH2O）。有如下操作：已知：在pH为4～5时，Fe3+几乎完全水解而沉淀，而此时Cu2+却几乎不水解。(1)溶液A中的金属离子有Fe3+、Fe2+、Cu2+。能检验溶液A中Fe2+的试剂为（填编号，下同）。a.KMnO4b.(NH4)2Sc.NaOHd.KSCN(2)欲用(1)中选择的检验试剂测定溶液A中的Fe2+的浓度，下列滴定方式中（夹持部分略去），最合理的是（填序号）。写出滴定反应的离子方程式⑶在上述流程中，要得到较纯的产品，试剂可选用。a.NaOHb.FeOc.CuOd.Cu(OH)2e.Cu2(OH)2CO3⑷为了测定制得的硫酸铜晶体（CuSO4·xH2O）中的值，某兴趣小组设计了实验方案：称取mg晶体溶于水，加入足量氢氧化钠溶液、过滤、沉淀洗涤后用小火加热至质量不再减轻为止，冷却，称量所得固体的质量为ng。 据此计算得（用含m、n的代数式表示）。【知识点】制备实验方案的设计、化学方程式的计算A4J4【答案解析】【解析】⑴　a(1分)⑵　b(1分)5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O(2分)（3）cde(3分，每个1分，错选不给分)　（4）(3分)解析：用含少量铁的氧化物的氧化铜加盐酸溶解生成氯化铜、氯化铁、氯化亚铁，加氧化剂把亚铁离子氧化为铁离子，再调节pH，铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到的滤液为氯化铜溶液，蒸发浓缩、冷却结晶得到氯化铜晶体；（1）亚铁离子具有还原，能被高锰酸钾溶液氧化，所以用高锰酸钾溶液检验亚铁离子，故答案为：a；（2）高锰酸钾具有强氧化性，应用酸式滴定管装液，故最合理的装置是：b；反应的离子方程式为：5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O；（3）得到较纯的产品，需要调节pH使铁离子转化为沉淀，选择的试剂可以是CuO、Cu（OH）2或Cu2（OH）2CO3，而ab均会引入杂质离子，故答案为：cde；（4）从滤液经过结晶得到氯化铜晶体，首先要加热蒸发浓缩，冷却后，再将之过滤即可，故答案为：②④①；（5）氯化铜和氢氧化钠反应生成氢氧化铜沉淀，加热沉淀，氢氧化铜分解生成氧化铜，则ng为CuO质量，物质的量为：ng÷80g/mol=n/80mol，根据铜元素守恒可知，n（CuO）=n（CuCl2•xH2O），所以mg=n/80mol×（135+18x）g/mol，解得，x=。【思路点拨】本题考查了物质的制备方案设计，侧重于考查学生的阅读获取信息能力、对工艺流程理解与实验条件控制、实验方案的评价、物质分离提纯除杂等实验操作能力，题目难度中等，要求学生要有扎实的实验基础知识和灵活应用信息解决问题的能力，注意基础知识的全面掌握。【题文】废玻璃粉末NaOH溶液滤液A过滤滤液B滤渣B滤渣A稀硫酸过滤稀硫酸、H2O2氧化混合保温80℃加热蒸发操作……作。硫酸铁铵矾硫酸铵溶液（热浓）反应①含Ce3+的溶液加碱Ce(OH)3的悬浊液O2Ce(OH)4产品2．（15分）平板电视显示屏生产过程中产生大量的废玻璃粉末（含SiO2、Fe2O3、CeO2、FeO等物质）。某课题小组以此粉末为原料，设计如下工艺流程对资源进行回收，得到Ce(OH)4和硫酸铁铵矾：已知：Ⅰ．酸性条件下，铈在水溶液中有Ce3+、Ce4+两种主要存在形式，Ce3+易水解，Ce4+有较强氧化性；Ⅱ．CeO2不溶于稀硫酸；Ⅲ．硫酸铁铵矾［Fe2(SO4)3·(NH4)2SO4·24H2O］广泛用于水的净化处理。（1）滤液A的主要成分（填写化学式）。 （2）写出反应①的离子方程式　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。（3）反应①之前要洗涤滤渣B，对滤渣B进行洗涤的实验操作方法是　。（4）稀土元素的提纯，还可采用萃取法。已知化合物HT作为萃取剂能将铈离子从水溶液中萃取出来，过程表示为Ce2(SO4)3(水层)+6HT(有机层)2CeT3(有机层）+3H2SO4(水层)，分液得到CeT3(有机层），再加入H2SO4获得较纯的含Ce3+的水溶液。可选择硫酸作反萃取剂的原因是。（5）用滴定法测定制得的Ce(OH)4产品纯度。称取Ce(OH)4样品加酸溶解用FeSO4溶液滴定所用FeSO4溶液在空气中露置一段时间后再进行滴定，则测得该Ce(OH)4产品的质量分数　　。（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）（6）已知Fe3+沉淀的pH范围：2.2～3.2，Fe2+沉淀的pH范围：5.8～7.9，Zn2+沉淀的pH范围：5.8～11.0，pH>11时Zn(OH)2能溶于NaOH溶液生成[Zn(OH)4]2－。现用FeSO4溶液（含有ZnSO4杂质）来制备硫酸铁铵矾。实验中可选用的试剂：KMnO4溶液、30%H2O2、NaOH溶液、饱和石灰水、稀H2SO4溶液、稀盐酸。实验步骤依次为：①向含有ZnSO4杂质的FeSO4溶液中，加入足量的NaOH溶液至pH>11，；②；③向②中得到的溶液中加入硫酸铵溶液，，过滤、洗涤、常温晾干，得硫酸铁铵晶体(NH4)Fe(SO4)2·12H2O。【知识点】防治空气污染的措施；空气的污染及其危害O1O3【答案解析】【解析】（15分）（1）Na2SiO3（1分）（2）2CeO2+H2O2+6H+==2Ce3++O2↑+4H2O（2分）（3）沿玻璃棒向漏斗中加蒸馏水至没过沉淀，待水自然流下，重复2~3次（2分）（4）加入硫酸，可使平衡向左进行，使Ce3+进入水层（2分）（5）偏大（2分）（6）①过滤、洗涤（2分）②将沉淀溶解在足量的稀硫酸中，并加入适量30%H2O2溶液，充分反应（2分）③蒸发浓缩，冷却结晶（2分）解析：（1）二氧化硅与氢氧化钠反应生成硅酸钠与水，故滤液A的主要成分：Na2SiO3(2）滤渣B是CeO2，它与酸性条件下的双氧水发生氧化还原反应，反应的离子方程式为：2CeO2+H2O2+6H+==2Ce3++O2↑+4H2O（3）反应①之前要洗涤滤渣B，对滤渣B进行洗涤的实验操作方法是：沿玻璃棒向漏斗中加蒸馏水至没过沉淀，待水自然流下，重复2~3次；（4）根据平衡移动原理，可选择硫酸作反萃取剂的原因是：加入硫酸，可使平衡向左进行，使Ce3+进入水层；（5）FeSO4溶液在空气中露置一段时间后会被氧化，消耗硫酸亚铁增大，测定该Ce（OH）4产品的质量分数会增大；（6）①向含有ZnSO4杂质的FeSO4溶液中，加入足量的NaOH溶液至pH>11，此时溶液生成Fe(OH)2沉淀和[Zn(OH)4]2－，此时过滤、洗涤分离固体和液体；②要将亚铁生成三价铁，故操作是：将沉淀溶解在足量的稀硫酸中，并加入适量30%H2O2溶液，充分反应； ③向②中得到的溶液中加入硫酸铵溶液，蒸发浓缩，冷却结晶后，过滤、洗涤、常温晾干，得硫酸铁铵晶体(NH4)Fe(SO4)2·12H2O。【思路点拨】本题以工艺流程为基础，考查了化学实验基本操作、元素及化合物知识反应等相关知识，提纯制备，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力、实验能力的考查，为高频考点，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握实验的原理和操作方法，题目难度中等。【题文】3．（9分）在含有弱电解质的溶液中，往往有多个化学平衡共存。（1）一定温度下，向1L0.1mol·L－1CH3COOH溶液中加入0.1molCH3COONa固体，则溶液中________(填“增大”“不变”或“减小”)，写出表示该混合溶液中所有离子浓度之间的一个等式；（2）常温下向20mL0.1mol·L－1Na2CO3溶液中逐滴加入0.1mol·L－1HCl溶液40mL，溶液中含碳元素的各种微粒(CO2因逸出未画出)物质的量分数(纵轴)随溶液pH变化的部分情况如图所示。回答下列问题：①在同一溶液中，H2CO3、HCO、CO________(填“能”或“不能”)大量共存；②当pH＝7时，溶液中含碳元素的主要微粒为____________，溶液中各种离子（CO除外）的物质的量浓度的大小关系为________________；③已知在25℃时，CO水解反应的平衡常数即水解常数Kh＝＝2×10－4mol·L－1，当溶液中c(HCO)∶c(CO)＝2∶1时，溶液的pH＝________。【知识点】离子浓度大小的比较；弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的应用B1D1D2【答案解析】【解析】（9分）（1）减小（1分）c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(H＋)＋c(Na＋)（1分）（2）①不能（1分）②HCO、H2CO3，c(Na＋)>c(Cl－)>c(HCO)>c(H＋)＝c(OH－)　③10（每空2分）解析：（1）c(CH3COO−)•c(H+)/c(CH3COOH)为CH3COOH的电离平衡常数，只受温度的影响，加入0.1molCH3COONa固体，因温度不变，则平衡常数不变，溶液中存在电荷守恒，为c（CH3COO-）+c（OH-）=c（H+）+c（Na+），故答案为：不变；c（CH3COO-）+c（OH-）=c（H+）+c（Na+）；（2）Na2CO3为强碱弱酸盐，水解呈碱性，水解方程式为CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-，加入石膏（CaSO4•2H2O）生成碳酸钙沉淀，反应的方程式为Na2CO3+CaSO4•2H2O=CaCO3+Na2SO4+2H2O，故答案为：CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-；Na2CO3+CaSO4•2H2O=CaCO3+Na2SO4+2H2O；（3）常温下在20mL0.1mol/LNa2CO3溶液中逐滴加入0.1mol/LHCl溶液40mL，先反应生成碳酸氢钠，再与盐酸反应生成二氧化碳、水，①由反应及图象可知，在同一溶液中，H2CO3、HCO3-、CO32-不能大量共存，故答案为：不能；②由图象可知，pH=7时，溶液中含碳元素的主要微粒为HCO3-、H2CO3，电荷守恒可知c（Na+）+c（H+ ）=c（Cl-）+c（HCO3-）+c（OH-），则c（Na+）＞c（Cl-），因HCO3-水解，则c（Na+）＞c（Cl-）＞c（HCO3-），溶液中各种离子的物质的量浓度的大小关系为c（Na+）＞c（Cl-）＞c（HCO3-）＞c（H+）=c（OH-），故答案为：HCO3-、H2CO3；c（Na+）＞c（Cl-）＞c（HCO3-）＞c（H+）=c（OH-）；③水解常数Kh=c(HCO3-)•c(OH−)/c（CO32-）=2×10-4，当溶液中c（HCO3-）：c（CO32-）=2：1时，c（OH-）=10-4mol/L，由Kw可知，c（H+）=10-10mol/L，所以pH=10，故答案为：10．【思路点拨】本题考查了较综合，涉及盐类的水解、弱电解质的电离及溶液中酸碱之间的反应，题目难度较大，综合考查学生分析问题、解决问题的能力，注重能力的考查，（3）为解答的难点．【题文】4．（14分）某工厂对工业生产钛白粉产生的废液进行综合利用，废液中含有大量FeSO4、H2SO4和少量Fe2(SO4)3、TiOSO4，可用于生产颜料铁红和补血剂乳酸亚铁。其生产工艺流程如下：（已知乳酸酸性强于碳酸）已知：①TiOSO4可溶于水，在水中可以电离为TiO2+和SO42—；②TiOSO4水解的反应为：TiOSO4+(x+1)H2O→TiO2•xH2O↓+H2SO4。请回答：（1）步骤①所得滤渣的主要成分为，分离硫酸亚铁溶液和滤渣的操作中所用的玻璃仪器是；步骤②中得到纯净硫酸亚铁晶体的操作为蒸发浓缩、。（2）步骤③硫酸亚铁在空气中煅烧生成铁红和三氧化硫，该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为。（3）步骤④的离子方程式是。（4）试用平衡移动原理解释步骤⑤生成乳酸亚铁的原因:。（5）实验室中常用KMnO4滴定法测定晶体中FeSO4·7H2O的质量分数，取步骤②中所得FeSO4·7H2O晶体样品ag，配成500.00mL溶液，取出25.00mL溶液，用KMnO4溶液滴定（杂质与KMnO4不反应）。若消耗0.1000mol•L-1KMnO4溶液25.00mL，所得晶体中FeSO4·7H2O的质量分数为（用a表示）。【知识点】制备实验方案的设计；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用J2J4【答案解析】【解析】（14分）（每空2分）（1）FeTiO2•xH2O漏斗、玻璃棒、烧杯冷却结晶、过滤、洗涤（2）1:4（3）Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+H2O+CO2↑（2分）（4）乳酸与CO32-反应，降低了CO32-的浓度，使上述平衡正向移动，使碳酸亚铁溶解得到乳酸亚铁溶液（5）69.5/a解析：废液中含有大量FeSO4、H2SO4和少量Fe2（SO4）3、TiOSO4，加铁屑，Fe与H2SO4和少量Fe2（SO4）3反应生成FeSO4，TiOSO4水解生成TiO2•xH2O，过滤，滤渣为TiO2•xH2O、Fe，滤液为FeSO4，FeSO4溶液通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤得到硫酸亚铁晶体，脱水、煅烧得到氧化铁；FeSO4 溶液中加碳酸氢铵碳酸亚铁沉淀、硫酸铵和二氧化碳，碳酸亚铁沉淀加乳酸溶解生成乳酸亚铁溶液和二氧化碳，乳酸亚铁溶液通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤得到乳酸亚铁晶体；（1）由流程分析可知，步骤①所得滤渣的主要成分为TiO2•xH2O、Fe；实现固体和液体的分离用过滤的方法，过滤操作使用的仪器有玻璃棒、烧杯、漏斗；步骤②是从溶液中得到硫酸亚铁晶体，操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤等操作；故答案为：TiO2•xH2O、Fe；玻璃棒、烧杯、漏斗；冷却结晶、过滤洗涤；（2）硫酸亚铁在空气中煅烧生成铁红和三氧化硫的方程式为：4FeSO4+O2=高温=2Fe2O3+4SO3，氧化剂是氧气，还原剂是氧化铁，所以氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：4，故答案为：1：4；（3）由流程图可知，硫酸亚铁与碳酸氢铵反应是碳酸亚铁，还生成气体为二氧化碳，溶液B为硫酸铵溶液，反应离子方程式为：Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+H2O+CO2↑，故答案为：Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+H2O+CO2↑；（4）碳酸亚铁的沉淀存在溶解平衡：FeCO3（s）⇌Fe2+（aq）+CO32-（aq），加入乳酸，这样CO32-与乳酸反应浓度降低，平衡向右移动，使碳酸亚铁溶解得到乳酸亚铁溶液，故答案为：FeCO3（s）⇌Fe2+（aq）+CO32-（aq），CO32-与乳酸反应浓度降低，平衡向右移动，使碳酸亚铁溶解得到乳酸亚铁溶液；（6）令FeSO4•7H2O的质量分数为x，亚铁离子会被高锰酸钾氧化为三价铁离子，本身被还原为+2价的锰离子，根据电子守恒，则5FeSO4•7H2O～～～～～KMnO4，5×278g             1molag×x×25/5000.1000mol/L×0.025L所以5×278g÷(ag×x×25/500)=1mol÷0.1000mol/L×0.025L，解得x=69.5/a；【思路点拨】本题是化学工艺流程题目，是一道金属元素的单质以及化合物性质的综合应用题目，涉及对原理的理解、实验条件下的选择与控制、物质的分离提纯、氧化还原反应、平衡移动原理、滴定计算等，考查学生分析和解决问题的能力，难度中等。甲苯高锰酸钾苯甲酸钾盐酸苯甲酸【题文】5.（8分）苯甲酸及其钠盐可用作乳胶、牙膏、果酱或其它食品的抑菌剂，也可广泛应用于制药和化工行业，某同学尝试用甲苯的氧化反应制备苯甲酸，制备流程为：操作步骤如下：①将一定量的甲苯和碱性KMnO4溶液加热至沸腾，并冷凝回流至混合液不再分层。②反应停止后，将反应混合液过滤，滤渣为黑色固体；得到的滤液如果呈紫色，可加入少量的饱和亚硫酸钠溶液使紫色褪去，重新过滤。③将②中所得滤液经一系列操作得到苯甲酸晶体。已知：苯甲酸相对分子质量122，熔点122.4℃，在25℃和95℃时溶解度分别为0.3g和6.9g；（1）该实验合成苯甲酸钾可能用到的下列仪器有__________。A.圆底烧瓶B.蒸馏烧瓶C.冷凝管D.温度计（2）第①步中被回流的主要物质是____________________。（3）写出滴加饱和亚硫酸钠溶液时的离子方程式______________________________。（4）步骤③得到苯甲酸晶体应进行操作是________（按操作顺序填正确答案序号）。A.酸化B.过滤C.蒸发浓缩D.冷却结晶【知识点】氧化还原反应原理，化学实验仪器的基本使用，物质的分离J1B3J2 【答案解析】（1）AC（2分）（2）甲苯（2分）（3）2MnO4-+H2O+3SO32-＝2MnO2↓+2OH-+3SO42-（2分）（4）ACDB解析：（1）从操作步骤中可以得到甲苯和碱性高锰酸钾应在圆底烧瓶中进行加热，冷凝回流时需要冷凝管。（2）第①步中甲苯沸点较低，加热时易挥发，故在第①步中主要是对甲苯进行回流。（3）亚硫酸钠中硫元素可以被高锰酸钾氧化，通过现象可以判断在碱性条件下高锰酸钾的还原产物MnO2，根据氧化还原反应原理可得反应为：2MnO4-+H2O+3SO32-＝2MnO2↓+2OH-+3SO42-（4）步骤②中得到的是苯甲酸钾，经酸化可以得到苯甲酸，苯甲酸的溶解度在较高的温度下比较大，故应在较高的温度下使苯甲酸形成饱和溶液，然后再冷却结晶形成固体，最后过滤得到苯甲酸晶体，故正确的操作步骤为：ACDB【思路点拨】本题以苯甲酸为载体考查了化学实验仪器的基本使用、氧化还原反应原理的应用、物质的分离和提纯等基本知识内容，难度不大。【题文】6.（9分）某同学对铜与浓硫酸反应产生的黑色沉淀进行探究，实验步骤如下：Ⅰ.将光亮铜丝插入浓硫酸，加热；Ⅱ.待产生黑色沉淀和气体时，抽出铜丝，停止加热；Ⅲ.冷却后，从反应后的混合物中分离出黑色沉淀，洗净、干燥备用。查阅文献：检验微量Cu2+的方法是：向试液中滴加K4[Fe(CN)6]溶液，若产生红褐色沉淀，证明有Cu2+。（1）该同学假设黑色沉淀是CuO。检验过程如下：①将CuO放入稀硫酸中，一段时间后，再滴加K4[Fe(CN)6]溶液，产生红褐色沉淀。②将黑色沉淀放入稀硫酸中，一段时间后再滴加K4[Fe(CN)6]溶液，未见红褐色沉淀。由该检验过程所得结论是____________________________________。（2）再次假设，黑色沉淀是铜的硫化物。实验如下：实验装置现象1.A试管中黑色沉淀逐渐溶解2.A试管内上方出现红棕色气体3.B试管中出现白色沉淀①现象2说明黑色沉淀具有______性。②能确认黑色沉淀中含有S元素的现象是____________________，相应的离子方程式是__________________________________________________。 ③为确认黑色沉淀是“铜的硫化物”，还需进行的实验操作是__________________。（3）以上实验说明，黑色沉淀中存在铜的硫化物。进一步实验后证明黑色沉淀是CuS与Cu2S的混合物。将黑色沉淀放入浓硫酸中加热一段时间后，沉淀溶解，其中CuS溶解的化学方程式是__________________________________________________。【知识点】浓硫酸的性质实验；性质实验方案的设计J4【答案解析】（1）黑色沉淀中不含有CuO（1分）（2）①还原（1分）②B试管中出现白色沉淀（1分）2NO3-+3SO2+3Ba2++2H2O＝3BaSO4↓+2NO↑+4H+（或NO2+SO2+Ba2++H2O＝BaSO4↓+NO↑+2H+）（2分）△③取冷却后A装置试管中的溶液，滴加K4[Fe(CN)6]溶液，若产生红褐色沉淀，证明有Cu2+，说明黑色沉淀是铜的硫化物（2分）（3）CuS+4H2SO4（浓）==CuSO4+4SO2↑+4H2O(2分)解析：：（1）向试液中滴加K4[Fe（CN）6]溶液，若产生红褐色沉淀，证明有Cu2+，根据②将黑色沉淀放入稀硫酸中，一段时间后，滴加K4[Fe（CN）6]溶液，未见红褐色沉淀可知，黑色固体中一定不含CuO。（4）①A试管内上方出现红棕色气体，说明反应中有一氧化氮生成，证明了黑色固体具有还原性，在反应中被氧化；②根据反应现象B试管中出现白色沉淀可知，白色沉淀为硫酸钡，说明黑色固体中含有硫元素；发生反应的离子方程式为：NO2+SO2+Ba2++H2O═BaSO4↓+NO↑+2H+；③为确认黑色沉淀是“铜的硫化物”，还需检验黑色固体中含有铜离子，方法为：取冷却后A装置试管中的溶液，滴加K4[Fe（CN）6]溶液，若产生红褐色沉淀，证明有Cu2+，说明黑色沉淀是铜的硫化物。（3）浓硫酸具有强氧化性，硫化铜被浓硫酸氧化为二氧化硫可得反应。【思路点拨】本题考查了浓硫酸的化学性质、性质实验方案的设计，题目难度中等，试题涉及的题量稍大，知识点较大，理解题中信息是解题关键，如根据铜离子检验方法的解答，试题培养了学生的分析、理解能力。【题文】7．（13分）水是极弱的电解质，改变温度或加入某些电解质会影响水的电离。请回答下列问题：（1）纯水在100℃时，pH＝6，该温度下0.1mol·L－1的NaOH溶液中，溶液的pH＝。（2）25℃时，向水中加入少量碳酸钠固体，得到pH为11的溶液，其水解的离子方程式为，由水电离出的c(OH－)＝mol·L－1。20100300500HClHXpHV/mL（3）体积均为100mL、pH均为2的盐酸与一元酸HX，加水稀释过程中pH与溶液体积的关系如右图所示，则HX是（填“强酸”或“弱酸”），理由是。（4）电离平衡常数是衡量弱电解质电离程度强弱的物理量。已知： 化学式电离常数(25℃)HCNK＝4.9×10－10CH3COOHK＝1.8×10－5H2CO3K1＝4.3×10－7、K2＝5.6×10－11①25℃时，等浓度的NaCN溶液、Na2CO3溶液和CH3COONa溶液，溶液的pH由大到小的顺序为（填化学式）。②25℃时，在0.5mol/L的醋酸溶液中由醋酸电离出的c(H＋)约是由水电离出的c(H＋)的倍。【知识点】弱电解质的电离离子浓度比较溶液的pHH1H2H6【答案解析】（13分）（1）11　（2分）（2）CO＋H2OHCO＋OH－（2分）10－3　（2分）（3）弱酸　（1分）稀释相同倍数，一元酸HX的pH变化量比HCl的小，说明HX存在电离平衡，故HX为弱酸。（2分）（4）①Na2CO3＞NaCN＞CH3COONa（2分）　②9×108（2分）　解析：（1）纯水在100℃时，pH＝6，该温度下Kw=10-12，0.1mol·L－1的NaOH溶液中，溶液的c(H+)=10-12/0.1=10-11，pH＝11（2）碳酸钠水解的离子方程式为CO＋H2OHCO＋OH－，由水电离出的c(OH－)＝10-14/10-11=10-3mol·L－1。（3）pH相等的强酸和弱酸等倍稀释，强酸pH变化大些，即HX是弱酸⑷①酸性越弱，其盐水解程度越大，pH越大，根据电离常数知酸性：CH3COOH>HCN>HCO3-,则水解程度：Na2CO3>NaCN>CH3COONa,pH由大到小的顺序为Na2CO3＞NaCN＞CH3COONa②Ka=c2(H+)/0.5=1.8×10-5,c(H+)=3×10-3,c（OH－）=10-14/3×10-3=c(H+)H2O，c(H+)÷c(H+)H2O=9×108。【思路点拨】根据电离常数可判断酸性强弱；由水电离的c(H+)H2O与由水电离的c(OH－)H2O相等。【题文】8．（15分）三苯甲醇(C6H5)3C-OH是一种重要的化工原料和医药中间体。实验室合成三苯甲醇的实验装置如图所示。滴液漏斗搅拌器AB已知：①过程中生成的中间物质格氏试剂易发生水解反应；②部分相关物质的沸点如下：物质沸点/℃三苯甲醇380乙醚34.6溴苯156.2③三苯甲醇的相对分子质量为260。请回答下列问题：（1）装置中玻璃仪器B的名称为；装有无水CaCl2的仪器A的作用是。（2）装置中滴加液体未用普通分液漏斗而用滴液漏斗的作用是；制取格氏试剂时要保持温度约为40℃，可以采用加热方式。（3）制得的三苯甲醇粗产品中含有乙醚、溴苯、氯化铵等杂质，可以设计如下提纯方案：粗产品三苯甲醇①操作②溶解、过滤③洗涤、干燥其中，操作①的名称是；洗涤液最好选用（填字母序号）。a．水b．乙醚c．乙醇d．苯检验产品已经洗涤干净的操作为　。（4）纯度测定：称取2.60 g产品，配成乙醚溶液，加入足量金属钠（乙醚与钠不反应），充分反应后，测得生成的气体在标准状况下的体积为100.80mL。则产品中三苯甲醇的质量分数为。【知识点】实验计算A4J5【答案解析】（15分）（1）冷凝管（2分）防止空气中的水蒸气进入装置，避免格氏试剂水解（2分）；（2）平衡压强，使漏斗内液体顺利滴下（2分）水浴（1分）（3）蒸馏或分馏（2分）a（1分）取少量最后一次洗涤液于试管中，滴加硝酸银溶液，若无沉淀生成，则已经洗涤干净（2分）（4）90%（3分）解析：（1）B是冷凝管；因为格林试剂容易水解，无水氯化钙是中性干燥剂，主要是防止空气中水蒸气进入装置，防止格林试剂水解，导致三本甲醇的产量降低；（2）滴液漏斗与普通漏斗结构不同，作用是平衡压强，使漏斗内液体顺利滴下，由于水的沸点为100℃，水浴可以控制加热的温度不超过100℃，且可以使反应均匀受热，因此制取格氏试剂时欲保持温度约为40℃，可以采用水浴加热方式。（3）读已知信息②中有关物质的物理性质，三苯甲醇、乙醚、溴苯、苯甲酸乙酯是互溶液体混合物，但各组成成分的沸点相差较大，因此粗产品分离的方法是蒸馏或分馏，则操作①是蒸馏或分馏，目的是除去乙醚、溴苯、苯甲酸乙酯等杂质；由于三苯甲醇不溶于水，溶于乙醇、乙醚等有机溶剂，因此洗涤液最好选择水，不能选择乙醚、乙醇、苯等有机溶液，防止又引入乙醚、乙醇、苯等新的杂质；沉淀具有吸附可溶性离子的性质，则沉淀表面可能吸附着氯离子或铵根离子，根据氯离子的性质可以设计实验方案检验沉淀是否洗涤干净，即取最后一次洗出液于试管中，滴加AgNO3溶液，若无白色沉淀生成，则已经洗涤干净；（4）由于氢气的体积=100.80mL=0.1008L，标准状况下气体摩尔体积为22.4L/mol，n=V/Vm，则氢气的物质的量=0.1008L÷22.4L/mol=0.0045mol；由于三苯甲醇只含有1个羟基，则三苯甲醇的物质的量为0.009mol，由于三苯甲醇的分子式为C19H16O，相对分子质量为260，m=n•M，则产品中三苯甲醇的质量为0.009mol×260g/mol=2.34g，产品中三苯甲醇的质量分数为2.34g÷2.60g×100%=90%。考点：考查综合实验及化学计算，涉及常用仪器的名称、干燥剂的作用、水浴加热的优点、冷凝管中冷却水的流向、混合物分离提纯的方法、洗涤液的选择、沉淀洗涤干净的方法、物质的量在化学方程式中的应用、气体体积、气体摩尔体积、物质的量、摩尔质量、三苯甲醇的质量和纯度计算、有效数字的处理等。【思路点拨】根据混合物各成分的性质选择分离方法、选择洗涤试剂、选择仪器。【题文】9.（10分）元素周期表中第三周期元素的单质及其化合物的用途广泛。（1）该周期元素中，半径最小的简单离子的离子结构示意图为。（2）能证明氯的非金属性（得电子能力）比硫强的化学方程式为。（3）NaHSO3溶液呈酸性，其溶液中离子浓度由大到小的顺序为。（4）ClO2可将弱酸性废水中的Mn2+转化为MnO2而除去，同时ClO2被还原为Cl—，该反应的离子方程式为。（5）已知下列两反应过程中能量变化如图所示： 汽车尾气中含有的少量NO2和SO2在一定条件下会发生反应，该反应的热化学方程式为_________________________________。【知识点】位置、结构及性质的相互关系应用E5【答案解析】（1）（2）Cl2+H2S=S↓+2HCl或Cl2+Na2S=S↓+2NaCl（3）[Na+]>[HSO3-]>[H+]>[SO32-]>[OH-]（4）2ClO2+5Mn2++6H2O=5MnO2↓+2Cl-+12H+（5）NO2(g)+SO2(g)=NO(g)+SO3(g);△H=-41.8kJ·mol-1解析：：（1）从Na+到Al3+，P3-到Cl-半径分别依次减小，故半径最小的金属离子是铝离子，其离子结构示意图为；（2）氯气单质能把S从其化合物中置换出来，证明氯气氧化性强于S，化学反应方程式为：Cl2+H2S=S↓+2HCl（3）NaHSO3溶液中存在亚硫酸氢根的水解与电离，水解导致其呈碱性，电离导致其呈酸性，而NaHSO3溶液呈酸性，可知亚硫酸氢根的电离程度大于水解程度，故离子浓度大小为：c（Na+）＞c（HSO3-）＞c（H+）＞c（SO32-）＞c（OH-）（4）ClO2氧化除去Mn2+生成MnO2，ClO2自身被还原为为Cl-，该反应的离子方程式为：2ClO2+5Mn2++6H2O=5MnO2↓+2Cl-+12H+（5）依据O2（g）+2SO2（g）=2SO3（g）△H=-196.6kJ•mol-1①；2NO（g）+O2（g）=2NO2（g）△H=-113.0kJ•mol-1②故1/2（①-②）得：NO2（g）+SO2（g）=NO（g）+SO3（g）△H=-41.8kJ•mol-1【思路点拨】本题综合考查了离子半径大小比较、离子浓度大小比较、氧化还原反应方程式书写、盖斯定律等，涉及到的知识点较多，综合性较强，有一定难度。【题文】10．(14分)芳香族羧酸通常用芳香烃的氧化来制备。芳香烃的苯环比较稳定，难于氧化，而环上的支链不论长短，在强烈氧化时，最终都氧化成羧基。某同学用甲苯的氧化反应制备苯甲酸。反应原理： 反应试剂、产物的物理常数：名称相对分子质量性状熔点沸点密度溶解度水乙醇乙醚甲苯92无色液体易燃易挥发-95110.60.8669不溶易溶易溶苯甲酸122白色片状或针状晶体122.42481.2659微溶易溶易溶主要实验装置和流程如下：实验方法：一定量的甲苯和KMnO4溶液置于图1装置中，在90℃时，反应一段时间，再停止反应，按如下流程分离出苯甲酸和回收未反应的甲苯。（1）无色液体A的结构简式为。操作Ⅱ为。（2）如果滤液呈紫色，要先加亚硫酸氢钾，然后再加入浓盐酸酸化，加亚硫酸氢钾的目的是。（3）下列关于仪器的组装或者使用正确的是。A．抽滤可以加快过滤速度，得到较干燥的沉淀B．安装电动搅拌器时，搅拌器下端不能与三颈烧瓶底、温度计等接触C．图1回流搅拌装置应采用直接加热的方法D．冷凝管中水的流向是下进上出（4）除去残留在苯甲酸中的甲苯应先加入，分液，水层再加入，然后抽滤，干燥即可得到苯甲酸。（5）纯度测定：称取1.220g产品，配成100mL溶液，取其中25.00mL溶液，进行滴定，消耗KOH物质的量为2.4×10-3mol。产品中苯甲酸质量分数为。 【知识点】物质的制备、分离和提纯J2L5【答案解析】（1）（2分）     蒸馏（2分）  （2）除去未反应的高锰酸钾氧化剂，否则用盐酸酸化时会发生盐酸被高锰酸钾所氧化，产生氯气；（2分）  （3）ABD （2分）漏选得一分,错选不得分（4） NaOH溶液（2分）    浓盐酸酸化（2分）  （5） 96% （2分）解析：（1）反应混合物含甲苯和苯甲酸钾，显然苯甲酸钾在水层，甲苯在有机层，所以无色液体A是甲苯，结构简式为。分离沸点不同的液体混合物用蒸馏法，操作Ⅱ为蒸馏。（2）如果滤液呈紫色，说明含过量的高锰酸钾，要先加亚硫酸氢钾，除去未反应的高锰酸钾氧化剂，否则用盐酸酸化时会发生盐酸被高锰酸钾所氧化，产生氯气。（3）A．抽滤装置内压强低于外界压强，所以可以加快过滤速度，得到较干燥的沉淀，正确；B．安装电动搅拌器时，搅拌器下端不能与三颈烧瓶底、温度计等接触，正确；C．因为反应在90摄氏度下进行，用水浴法加热，图1回流搅拌装置不能直接加热，故错误；D．为有好的冷凝效果，冷凝管中水的流向是下进上出，正确.所以选ABD。（4）除去残留在苯甲酸中的甲苯应先加入NaOH溶液，苯甲酸转化为苯甲酸钠进入水层，分液后水层再加入浓盐酸酸化重新生成苯甲酸，然后抽滤，干燥即可得到苯甲酸。（5）产品中苯甲酸质量分数为=96% 。【思路点拨】本题考查了物质的制备、分离和提纯，注意应用题目所给的数据的使用，难度不大。【题文】11．［化学—选修5：有机化学基础］(15分)高分子材料PET聚酯树脂和PMMA的合成路线如下：已知：Ⅰ．RCOOR′+R′′18OHRCO18OR′′+R′OH（R、R′、R′′代表烃基） ’Ⅱ．（R、R′代表烃基）（1）①的反应类型是________。（2）②的化学方程式为________。（3）PMMA单体的官能团名称是________、________。（4）F的核磁共振氢谱显示只有一组峰，⑤的化学方程式为________。（5）G的结构简式为________。（6）下列说法正确的是________（填字母序号）。a．⑦为酯化反应b．B和D互为同系物c．D的沸点比同碳原子数的烷烃高d．1mol与足量NaOH溶液反应时，最多消耗4molNaOH（7）J的某种同分异构体与J具有相同官能团，且为顺式结构，其结构简式是________。（8）写出由PET单体制备PET聚酯（化学式为C10nH8nO4n或C10n+2H8n+6O4n+2）并生成B的化学方程式。【知识点】有机物的结构和性质L7【答案解析】（1）加成反应（1分）（2） （2分）（3）碳碳双键（1分） 酯基（1分）（4）（2分）（5）   （2分）  （6）a、c （少选1分，错选0分）（2分）（7）（2分） （8）解析：乙烯与溴的四氯化碳发生加成反应；A是1,2-二溴乙烷，1,2-二溴乙烷在氢氧化钠的水溶液作用下水解为B：乙二醇；根据信息Ⅰ酯与醇反应生成的D为甲醇；F的核磁共振氢谱显示只有一组峰知F为丙酮，由信息Ⅱ知G为；G发生消去反应得J，J的结构简式为：；由PMMA可逆推其单体，单体为。（1）①的反应类型是加成反应；（2）羟基取代溴原子： （3）PMMA单体是：，官能团名称是碳碳双键、 酯基（4）⑤发生的是去氢反应，化学方程式为：；（5）G的结构简式为：    （6）a．⑦是甲醇与酸的反应，为酯化反应，正确；b．B是乙二醇，D是甲醇，二者不是同系物，错误；c．D是甲醇，分子间存在氢键，D的沸点比同碳原子数的烷烃高，正确；d．1mol与足量NaOH溶液反应时，最多消耗2molNaOH，故错误；正确的是a、c ； （7）（8）【思路点拨】本题考查了有机物的结构和性质，物质之间的转化复杂，特别要读懂信息并灵活应用.【题文】12.（10分）二氧化氯(ClO2)是～种高效消毒剂，沸点为11℃。用氯酸钾粉末与草酸在60℃时反应可生成二氧化氯等物质，实验装置如下图所示：(1)装置A中还应安装的玻璃仪器是____，装置B用冰水浴的原因是________.(2)装置A中反应产物有K2CO3、ClO2和CO2等，请写出该反应的化学方程式：________________.(3)①实验过程中，装置C中少量的ClO2与NaOH溶液反应产生两种钠盐，且物质的量之比为1:1，其中一种为NaClO2，写出装置C中生成这两种钠盐的离子方程式：_____________________________。②饱和溶液在温度低于38℃时析出晶体NaClO2.3H2O，在温度高于38℃时析出晶体NaClO2。请补充从NaClO2溶液中制得NaClO2晶体的操作步骤：a.____________________;b________________________;c.洗涤；d.干燥。(4)还可采用盐酸或双氧水还原氯酸钠制备ClO2。用H2O2作还原剂制备ClO2更受欢迎，其主要原因是______________。【知识点】探究物质组成、测定物质含量D5J5【答案解析】【解析】（1）温度计（1分）常温下二氧化氯为气态（或其他合理说法，1分）（2）2KClO3+H2C2O4K2CO3+CO2↑+2ClO2↑+H2O（2分）（3）①2ClO2+2OH-ClO+ClO+H2O（2分）②蒸发结晶（1分，写蒸发、浓缩、结晶也给分）趁热过滤（1分）（4）H2O2作还原剂时氧化产物为O2，而盐酸作还原剂时产生大量Cl2（或其他合理答案，2分）解析：（1)二氧化氯(ClO2)沸点为11℃，用氯酸钾粉末与草酸在60℃时反应可生成二氧化氯等物质，装置A必须添加温度控制装置，故装置A中还应安装的玻璃仪器是温度计；装置B用冰水浴的原因是ClO2的沸点：11.0℃，沸点低，用冰水可以使ClO2冷凝为液体，收集在试管中或常温下二氧化氯为气态；（2）KClO3和草酸发生氧化还原反应生成ClO2、K2CO3、CO2和H2O，反应的化学方程式为2KClO3+H2C2O2=K2CO3+2ClO2↑+CO2↑+H2O； （3）①根据ClO2在碱溶液中发生岐化其氧化产物和还原产物的物质的量比为1：1，可知Cl的化合物由+4变为+3和+5，还原产物为NaClO2，氧化产物为NaClO3，因此化学方程式为：ClO2+2OH-=ClO2-+ClO3-+H2O，②NaClO2溶液中制得NaClO2晶体的操作步骤：蒸发结晶、趁热过滤；还可采用盐酸或双氧水还原氯酸钠制备ClO2。用H2O2作还原剂制备ClO2更受欢迎，其主要原因是H2O2作还原剂时氧化产物为O2，而盐酸作还原剂时产生大量Cl2，不会产生环境污染；【思路点拨】本题以氯及其化合物的性质考查氧化还原反应及物质的制备实验，把握习题中的信息及知识迁移应用为解答的关键，侧重学生综合应用能力及信息抽取和分析能力的考查，题目难度中等．【题文】13、化学·选修2：化学与技术（15分）水处理技术在生产、生活中应用广泛，对工业废水和生活污水进行处理是防止水体污染、改善水质的主要措施。(1)水的净化和软化的区别是________。(2)①生活用水必须保证安全，自来水厂需要对取自江河湖泊中的淡水进行杀菌消毒、混凝沉淀、过滤等工艺处理，这三项处理的正确顺序是_________。②下列试剂能够用来对自来水进行杀菌消毒，且不会造成二次污染的是_______填字母）。a.福尔马杯b.漂白粉c.氯气d.臭氧(3)Na2FeO4是一种新型水处理剂，工业上可用FeSO4制备Na2FeO4其工艺流程如下：①工业上常用硫酸亚铁作混凝剂除去天然水中含有的悬浮物和胶体，为了达到更好的效果，要将待处理水的pH调到9左右，再加人绿矾。请解释这一做法的原因：___________________________________.（用必要的离子方程式和文字描述）。②写出由Fe(0H)3制取Na2FeO4的化学方程式：____________。(4)石灰纯碱法是常用的硬水软化方法，已知25℃时，现将等体积的Ca(OH)2溶液与Na2CO3溶液混合（假设溶液体积具有加和性），若Na2CO3溶液的浓度为,则生成沉淀所需Ca(0H)2溶液的最小浓度为____________。【知识点】氧化还原反应、水处理剂、化学方程式书写、Ksp的有关计算B2H5【解析】（1）水的净化是用混凝剂将水中的胶体及悬浮物沉淀下来,而水的软化是除去水中较多的钙离子和镁离子（2分）（2）①混凝沉淀→过滤→杀菌消毒（2分）②d（2分）（3）①Fe2+在碱性条件下易被氧化成Fe3+，进而水解生成Fe（OH）3胶体，起到较好的混凝作用，4Fe2++O2+2H2O+8OH-4Fe（OH）3（胶体）（3分）②2Fe(OH)3+3NaClO+4NaOH2Na2FeO4+3NaCl+5H2O（3分）（4）2.0×10-4mol·L-1（3分）解析：（1）水的净化是用混凝剂将水中的胶体及悬浮物沉淀下来,而水的软化是除去水中较多的钙离子和镁离子；(2)①生活用水必须保证安全，自来水厂需要对取自江河湖泊中的淡水进行杀菌消毒、混凝沉淀、过滤等工艺处理，这三项处理的正确顺序是混凝沉淀→过滤→杀菌消毒；②下列试剂能够用来对自来水进行杀菌消毒，且不会造成二次污染的是臭氧；（3）① 工业上常用硫酸亚铁作混凝剂除去天然水中含有的悬浮物和胶体，为了达到更好的效果，要将待处理水的pH调到9左右，再加人绿矾。原因：Fe2+在碱性条件下易被氧化成Fe3+，进而水解生成Fe（OH）3胶体，起到较好的混凝作用，4Fe2++O2+2H2O+8OH-4Fe（OH）3（胶体）；②由Fe(0H)3制取Na2FeO4的化学方程式：2Fe(OH)3+3NaClO+4NaOH2Na2FeO4+3NaCl+5H2O(4)Ksp(CaCO3)=2.8×10-9=C(Ca2+)·C(CO32-)=C(Ca2+)×5.6×10-5mol/L，C(Ca2+)=2.0×10-4mol·L-1,则生成沉淀所需Ca(0H)2溶液的最小浓度为2.0×10-4mol·L-1;【思路点拨】本题考查了考查氧化还原反应、无机流程题、难溶物的Ksp有关计算，题目难度中等，注意不同制备方法的反应原理。【题文】14．(共12分)乙炔是有机合成工业的一种原料。工业上曾用CaC2与水反应生成乙炔。(1)CaC2中的电子式可表示为▲；1mol中含有的键数目为▲。(2)将乙炔通入[Cu(NH3)2Cl]溶液生成Cu2C2红棕色沉淀。Cu+基态核外电子排布式为▲。(3)乙炔与氢氰酸反应可得丙烯腈。丙烯腈分子中碳原子轨道杂化类型是▲；分子中处于同一直线上的原子数目最多为▲。(4)CaC2晶体的晶胞结构与NaCl晶体的相似（如右图所示），但CaC2晶体中含有的中哑铃形C22-的存在，使晶胞沿一个方向拉长。CaC2晶体中1个Ca2+周围距离最近的C22-数目为▲。【知识点】晶体结构化学键E3E4N5【答案解析】（1）（2分）2NA（2分）（2）1s22s22p63s23p63d10（2分）（3）sp杂化、sp2杂化（2分）3（2分）（4）4（2分）解析：（1）CaC2中的电子式可表示为；1mol三键含有2mol的π键和1mol的δ键，故1mol中，含有2NA个π键，；（2）Cu为29号元素，Cu的基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，失去1个电子后生成Cu+，Cu+的基本电子排布式为1s22s22p63s23p63d10；（3）H2C=CH-C≡N中，H2C=和=CH-中的C原子都形成3个δ键，碳原子的杂化轨道类型为sp和sp2杂化，类比乙炔的直线型结构，同一直线上最多有3个原子； （4）Ca2+位于晶胞的棱上，由于晶胞沿一个方向拉长，1个Ca2+周围距离最近的C22-有4个。【思路点拨】本题考查了晶体结构、化学键等，易错点是CaC2晶体中1个Ca2+周围距离最近的C22-数目分析，注意晶胞沿一个方向拉长，1个Ca2+周围距离最近的C22-有4个，而不是6个。【题文】15．（12分）A、B、C、D、E均为短周期主族元素，其原子序数依次增大。其中A元素原子核内只有1个质子；A与C，B与D分别同主族；B、D两元素原子序数之和是A、C两元素原子序数之和的2倍。请回答下列问题：（1）由上述元素组成的下列物质中属于非电解质的是（填字母编号）。a．A2Bb．DB2c．E2d．C2DB3（2）D元素在元素周期表中的位置为；化合物CBA中含有的化学键类型是；化合物C2B中两种离子的半径大小关系为＞（填离子符号）。（3）实验室中欲选用下列装置制取并收集纯净干燥的E2气体。①实验中应选用的装置为（按由左到右的连接顺序填写）；②装置A中发生反应的离子方程式为。【知识点】元素周期律化学键电解质与非电解质离子反应实验E2E3B1J3【答案解析】（12分）（1）b（2分）（2）第3周期ⅥA族（2分）离子键、共价键（2分，少一个只给1分）O2－、Na+（各1分，顺序错不给分）（3）AFEB（2分，顺序错不给分）MnO2＋4H++2Cl-（浓）Mn2+＋Cl2↑＋2H2O（2分）解析：根据题意A是H，C是Na，B是O，D是S,根据原子序数递增知E是Cl。⑴水、亚硫酸钠是弱电解质，二氧化硫是非电解质，选b。⑵S元素在元素周期表中的位置是第3周期ⅥA族，氢氧化钠含离子键和共价键，相同电子层结构的微粒，核电核数大的半径小，即O2－>Na+⑶用浓盐酸与二氧化锰反应制取氯气，离子方程式中二氧化锰是难溶物，写化学式。用饱和食盐水除去氯化氢，用浓硫酸干燥，用向上排空气法收集氯气，用氢氧化钠溶液吸收尾气，因此装置顺序是AFEB。【思路点拨】电解质与非电解质都是化合物，氯气不是电解质也不是非电解质；气体制备装置顺序是发生装置→除杂装置→干燥装置→性质实验装置→收集装置→尾气处理装置。【题文】16．（8分)某化学兴趣小组利用废铁屑制取FeCl3•6H2O晶体。主要操作流程如下： 请回答下列问题：(1)C烧杯中盛放的试剂是。(2)A中的X极应该连接电的极，A中发生反应的离子方程式为。(3)试剂瓶B中的溶液经过一系列操作得到FeCl3•6H2O晶体，这一系列操作由下列操作组成(操作不重复)，则依次进行的操作为(填字母序号)A．加热浓缩B．洗涤干燥C．过滤D．冷却结晶(4)该装置有无缺陷，若有，请指出若无，本空可不答。【知识点】物质的制备实验电解离子方程式B1J3F4【答案解析】（8分）(1)NaOH溶液（1分）(2)负（1分）；2Cl－+2H2OCl2+H2+2OH－（2分）(3)ADCB（2分，顺序错误不得分）(4)缺少H2尾气处理装置（2分）解析：根据题意流程中的滤液是氯化亚铁溶液，装入B中在电解时被氧化为氯化铁，因此装置A是电解氯化钠溶液产生氢氧化钠和氯气、氢气，其中右边电解产生氯气，而后氯气氧化氯化亚铁，多余的氯气用C中的氢氧化钠溶液吸收，X极是阴极，接外接电源的负极。欲得到FeCl3•6H2O晶体，应该是加热浓缩→冷却结晶→过滤→洗涤干燥。该装置缺少收集氢气的装置，因为氢气是易燃、易爆物。【思路点拨】认真审题：怎样得到氯化铁？即需制取氯气，结合流程和装置知道通过电解得到氯气。【题文】17.(18分)某学习小组利用如图实验装置制备Cu(NH3)xSO4·H2O．并测量x值。【Cu(NH3)xSO4·H2O制备】见图1(l)A中发生的化学反应方程式为；B中观察到的现象是。(2)C中CCl4的作用是。 (3)欲从Cu(NH3)xSO4溶液中析出Cu(NH3)xSO4·H2O晶体,可加入试剂。【x值的测量】见图2步骤一：检查装置气密性，称取0.4690g晶体[M=(178+17x)g/mol]于锥形瓶a中步骤二：通过分液漏斗向锥形瓶a中滴加l0%NaOH溶液步骤三：用0.5000mol/L的NaOH标液滴定b中剩余HCI，消耗标液16.00mL(4)步骤二的反应可理解为Cu(NH3)xSO4与NaOH在溶液中反应，其离子方程式为。【x值的计算与论证】(5)计算：x=，该学习小组针对上述实验步骤，提出测量值(x)比理论值偏小的原因如下：假设1：步骤一中用于称量的天平砝码腐蚀缺损；假设2：步骤二中（任写两点）；假设3：步骤三中测定结束读数时，体积读数偏小。该假设（填“成立”或“不成立”），针对般设l，你对实验的处理意见是。【知识点】实验计算A4J3J1【答案解析】解析：(l)A中发生的反应是实验室制取氨气，方程式为Ca(OH)＋2NH4ClCaCl2＋2NH3↑＋2H2O；B中观察到的现象是氨气与硫酸铜反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，然后溶液与过量的氨水生成深蓝色的铜氨溶液。⑵C中CCl4的作用是防倒吸⑶)欲从Cu(NH3)xSO4溶液中析出Cu(NH3)xSO4·H2O晶体,即消耗水而结晶，可加入乙醇⑷Cu(NH3)xSO4与NaOH反应生成氢氧化铜沉淀和氨气⑸根据题意盐酸吸收氨气后剩余16mL，则与氨气反应用去16mL，n（NH3）=n（HCl）=0.5000mol·L－1×14×10-3L=7×10-3mol，0.4690g×x/[(178+17x)g/mol]=7×10-3，x=3.56，假设2：步骤二中的氢氧化钠不足，使氨气没有完全逸出；若步骤三中测定结束读数时，体积读数偏小，则剩余盐酸偏多，使氨气的量偏大，测量值(x)比理论值偏大，因此该假设不成立；针对假设l，需更换好的砝码。【思路点拨】x比理论值偏大或偏小需从能引起氨气的量变化的因素考虑：如氨气没有完全逸出、读取0.5000mol/L的NaOH标液的体积不准或滴定有错误等、称取Cu(NH3)xSO4·H2O晶体的质量有误差等。【题文】18．(14分)硼位于ⅢA族，三卤化硼是物质结构化学的研究热点，也是重要的化工原料。三氯化硼(BCl3)可用于制取乙硼烷(B2H6)，也可作有机合成的催化剂。查阅资料：①BCl3的沸点为12.5℃，熔点为－107.3℃；②2B＋6HCl=====△2BCl3↑＋3H2↑；③硼与铝的性质相似，也能与氢氧化钠溶液反应。 设计实验：某同学设计如图所示装置利用氯气和单质硼反应制备三氯化硼：请回答下列问题：（1）常温下，高锰酸钾固体粉末与浓盐酸发生的反应可替代A装置中的反应，而且不需要加热，两个反应的产物中锰的价态相同。写出高锰酸钾固体粉末与浓盐酸反应的离子方程式：。（2）E装置的作用是。如果拆去B装置，可能的后果。（3）实验中可以用一个盛装(填试剂名称)的干燥管代替F和G装置，使实验更简便。（4）三氯化硼遇水剧烈反应生成硼酸(H3BO3)和白雾，写出该反应的化学方程式：；（5）为了顺利完成实验，正确的操作是(填序号).①先点燃A处酒精灯，后点燃D处酒精灯②先点燃D处酒精灯，后点燃A处酒精灯③同时点燃A、D处酒精灯（6）请你补充完整下面的简易实验，以验证制得的产品中是否含有硼粉：取少量样品于试管中，滴加浓（填化学式）溶液，若有气泡产生，则样品中含有硼粉；若无气泡产生，则样品中无硼粉。【知识点】化学实验J5【答案解析】解析：(1)高锰酸钾固体粉末与浓盐酸反应生成氯气，具体见答案。(2)三氯化硼的沸点低，易挥发，需要冷却产品，因此装置E的作用是冷却和收集三氯化硼，B装置的作用是吸收Cl2中混有的HCl，否则硼与氯化氢反应生成的产物中有氢气，加热氢气和氯气的混合气体，易发生爆炸。(3)硼与氯气在加热条件下反应生成三氯化硼，F装置用于吸收水蒸气，避免G装置中的水蒸气进入U形管，G装置可以盛装氢氧化钠溶液吸收尾气，故实验中可以用一个盛装碱石灰的干燥管来代替F＋G装置。(4)因硼与铝的性质相似，硼酸的化学式为H3BO3，类似铝酸(H3AlO3)，即三氯化硼遇水能反应：BCl3＋3H2O=H3BO3＋3HCl↑。(5)若不先排尽装置中的空气，O2会与硼反应：4B＋3O22B2O3，因此可利用生成的氯气排除空气，即先点燃A处酒精灯，后点燃D处酒精灯(6)由题给材料知硼与氢氧化钠溶液反应：2B＋2H2O＋2NaOH=2NaBO2＋3H2↑，因此可取少量样品于试管中，滴加浓氢氧化钠溶液，若有气泡产生，则样品中含有硼粉；若无气泡产生，则样品中无硼粉。【思路点拨】解答本题需认真审题获取信息（题给①②③），另外将铝及其化合物的性质进行迁移。【题文】19.(14分)下图为细菌冶铜和火法冶铜的主要流程。 (1)硫酸铜溶液一般不呈中性，原因是_______(用离子方程式表示）。写出电解硫酸铜溶液的化学方程式：______________(电解过程中，始终无氢气产生)。(2)细菌冶金又称微生物浸矿，是近代湿法冶金工业上的一种新工艺。细菌冶铜与火法冶铜相比，优点为________________(写出一点即可)。(3)用惰性电极分别电解浓的氯化铜溶液和硫酸铜溶液。电解浓的氯化铜溶液时发现阴极有金属铜生成，同时阴极附近会出现棕褐色溶液。而电解硫酸铜溶液时，没有棕褐色溶液生成。下面是关于棕褐色溶液成分的探究①有同学认为，阴极附近出现的棕褐色溶液是氯气反应的结果，你认为他的猜测是否正确？______(填“正确”或“不正确"），原因是___________。资料1:一般具有混合价态(指化合物中同一元素存在两种不同的化合价，如Fe3O4中的Fe元索)的物质的颜色比单一价态的物质的颜色要深。资料2:CuCl微溶于水,能溶于浓盐酸。②猜想：棕褐色溶液中可能含有的离子是________(填3种主要离子符号）。③验证猜想:完成实验方案(配制棕褐色溶液）。取少量________固体于试管中，加入_______使其溶解，再加入_______溶液，观察现象。④已知电解前，U形管中加入了1OOmLO.5mol.L－1CuCl2溶液，电解结束时电路中一共转移了0.03mol电子，且阴极生成0.64g铜,则形成的低价阳离子的物质的量为_____mol。【知识点】盐类的水解电解原理的应用H3F4J4【答案解析】(1)酸（1分）；Cu2++2H2OCu（OH）2+2H+（2分）；2CuSO4+2H2O2Cu↓+O2↑+2H2SO4（2分）；（2）节约能源、环保、设备简单、操作方便；工艺条件易控制、投资少、成本低；适宜处理炉渣；（3）①不正确；阴极不会产生氯气；（1分）；②Cu2+、Cu+、Cl-；（2分）；③氯化亚铜；浓盐酸；氯化铜；（各1分）；④0.01mol（2分）；解析：(1)硫酸铜溶液中铜离子水解，Cu2++2H2OCu（OH）2+2H+；使溶液呈酸性；电解硫酸铜溶液的反应方程式为：2CuSO4+2H2O2Cu↓+O2↑+2H2SO4；（2）湿法炼铜需在溶液中进行，而细菌冶铜在常温下用生物冶铜，节约能源、环保、设备简单、操作方便；工艺条件易控制、投资少、成本低，适宜处理炉渣， （3）用惰性电极电解氯化铜溶液，第一阶段：阳极发生氧化反应：2Cl--2e-=Cl2↑，阴极发生还原反应：Cu2++2e-=Cu，第二阶段：2H2O2H2↑+O2↑；电解硫酸铜溶液时第一阶段：2CuSO4+2H2O2Cu↓+O2↑+2H2SO4，第二阶段：2H2OH2↑+O2↑，①用惰性电极电解氯化铜溶液，电解过程中阳离子向阴极移动，所以阴极第一阶段发生：Cu2++2e-=Cu，第二阶段：2H++2e-=H2↑，阴极不可能生成氯气，所以阴极附近会出现棕褐色溶液，并不是氯气反应的结果，②根据题干信息，混合价态的物质的颜色比单一价态的物质的颜色深，铜有Cu2+、Cu+离子，所以棕褐色溶液中可能含有的离子是Cu2+、Cu+，溶液中还可能存在阴离子Cl-；③为了验证溶液中是否存在Cu2+、Cu+，取少量氯化亚铜固体于试管中，加入浓盐酸使其溶解，再加入氯化铜溶液，观察现象，进行对照即可。④100mL0.5mol•L-1 CuCl2溶液中含0.05molCuCl2，Cu2++2e-=Cu，生成0.64g铜转移0.02mol电子，电解结朿时电路中一共转移了0.03mol电子，根据题干信息，混合价态的物质的颜色比单一价态的物质的颜色深，所以还有0.01mol电子为Cu2+离子得电子生成Cu+离子，Cu2++e-=Cu+，则形成的低价阳离子的物质的量为0.01mol，【思路点拨】本题考查了盐类的水解、电解原理的应用等知识，理解电解原理、顺利书写电极反应是关键。【题文】20．(14分)某化学小组通过查阅资料，设计了如下图所示的方法以含镍废催化剂为原料来制备NiSO4.7H2O。已知某化工厂的含镍废催化剂主要含有Ni，还含有Al(31％)、Fe(1．3％)的单质及氧化物，其他不溶杂质(3.3％)。部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时的pH如下：(1)“碱浸”过程中发生反应的离子方程式是(2)“酸浸”时所加入的酸是(填化学式)。(3)加入H2O2时发生反应的离子方程式为(4)操作b为调节溶液的pH，你认为pH的调控范围是(5)产品晶体中有时会混有少量绿矾(FeS04·7H20)，其原因可能是(写出一点即可)。 (6)NiS04·7H20可用于制备镍氢电池(NiMH)，镍氢电池目前已经成为混合动力汽车的一种主要电池类型。NiMH中的M表示储氢金属或合金。该电池在充电过程中总反应的化学方程式是Ni(OH)2+M=NiOOH+MH，则NiMH电池放电过程中，正极的电极反应式为。【知识点】物质制备工艺流程铝铁及其化合物的性质原电池原理J4C2C3F3【答案解析】（1）2Al+2OH-+2H2O═2AlO2-+3H2↑、Al2O3+2OH-═2AlO2-+3H2O；（2）H2SO4；（3）2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O（4）3.2-9.2；（5）H2O2的用量不足（或H2O2失效，或保温时间不足），导致Fe2+未被完全氧化；（6）NiOOH+e-+H2O=Ni(OH)2+OH-解析：（1）“碱浸”过程中是为了除去铝及其氧化物，镍单质和铁及其氧化物不和碱反应，从而达到除去铝元素的目的；反应的离子方程式为：2Al+2OH-+2H2O═2AlO2-+3H2↑、Al2O3+2OH-═2AlO2-+3H2O，（2）“酸浸”时主要是溶解镍金属和铁单质及其氧化物，依据制备目的是得到NiSO4•7H2O，加入的酸不能引入新的杂质，所以需要加入硫酸；(3)加入H2O2时将亚铁离子氧化，发生反应的离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O（4）依据图表中形成沉淀需要的PH，加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子后，调节溶液PH使铁离子全部沉淀，同时保证镍离子不沉淀，pH应在3.2-9.2间，（5）在加入过氧化氢氧化剂氧化亚铁离子时未把亚铁离子全部氧化，氢氧化亚铁沉淀的pH大于镍离子沉淀的pH，所以产品晶体中有时会混有少量绿矾（FeSO4•7H2O）；（6)根据电池工作时正极发生还原反应，即NiOOH得电子生成Ni(OH)2：NiOOH+e-+H2O=Ni(OH)2+OH-【思路点拨】本题考查了物质制备工艺流程，涉及铝铁及其化合物的性质、原电池原理，难点是应用阳离子以氢氧化物形式沉淀时的pH分析问题。【题文】21．[化学——物质结构与性质](15分)1967年舒尔滋提出金属互化物的概念，其定义为固相金属间化合物拥有两种或两种以上的金属元素，如Cu9Al4、Cu5Zn8等。回答下列问题：(1)某种金属互化物具有自范性，原子在三维空间里呈周期性有序排列，该金属互化物属于___________(填“晶体”或“非晶体”)。(2)基态铜原子有个未成对电子，二价铜离子的电子排布式为，在CuS04溶液中滴入过量氨水，形成配合物的颜色为。(3)铜能与类卤素(SCN)2反应生成Cu(SCN)2，1mol(SCN)2分子中含有键的数目为；类卤素(SCN)2对应的酸有两种，理论上硫氰酸(H-S-C≡N)的沸点低于异硫氰酸(H-N=C=S)的沸点,其原因是。(4)ZnS的晶胞结构如图1所示，在ZnS晶胞中，S2-的配位数为。(5)铜与金形成的金属互化物结构如图2，其晶胞边长为anm，该金属互化物的密度为(用含“a、NA的代数式表示)g·cm-3。【知识点】原子核外电子排布、分子结构、晶体结构E1E3E4 【答案解析】(1)晶体；(2)1；1s22s22p63s23p63d9；深蓝色；(3)5NA；异硫氰酸分子间可形成氢键，而硫氰酸分子间不能；(4)4；(5)解析：(1)晶体中原子呈周期性有序排列，有自范性；而非晶体中原子排列相对无序，无自范性,该金属互化物具有自范性，原子在三维空间里呈周期性有序排列，为晶体；(2)基态铜原子核外电子排布为：1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1；有1个未成对电子；二价铜离子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d9；在硫酸铜溶液中逐滴滴加氨水至过量，先出现蓝色沉淀，后沉淀溶解形成深蓝色的溶液；(3)1mol(SCN)2分子中含有键的数目为5NA,根据所给信息硫氰酸结构简式H-S-C≡N、异硫氰酸的结构简式H-N=C=S，异硫氰酸中H-N键极性强，分子间存在氢键，而硫氰酸分子间只存在分子间作用力，所以异硫氰酸的沸点高于硫氰酸；(4)由图1知每个S2-离子周围等距离最近有4个Zn离子，在ZnS晶胞中，S2-的配位数为4；(5)1个晶胞中铜原子的个数是6×1/2=3，金原子的个数是8×1/8=1，晶胞的质量是389/NA（g），晶胞的体积是（a×10-7cm）3,根据密度计算公式（g·cm-3）。【思路点拨】本题考查了原子核外电子排布、分子结构、晶体结构等知识，类比学过的问题解答.【题文】22．[化学——有机化学基础](15分)丁苯酞(J)是治疗轻、中度急性脑缺血的药物，合成J的一种路线如下②E的核磁共振氢谱只有一组峰；③C能发生银镜反应；④J是一种酯，分子中除苯环外还含有一个五元环。回答下列问题：(1)由A生成B的化学方程式为，其反应类型为(2)D的化学名称是(3)J的结构简式为，由D生成E的化学方程式为(4)G的同分异构体中核磁共振氢谱有4组峰且能与FeCl3溶液发生显色反应的结构简式为(写出一种即可)(5)由甲醛和化合物A经下列步骤可得到2一苯基乙醇。唑I。反应条件1为；反应条件2所选择的试剂为；L的结构简式为【知识点】有机物的结构和性质及有机物间的转化I4L7 【答案解析】(1)；取代反应；(2)2-甲基丙烯；(3)（CH3)2CHCH2Br3→；(4)(5)Cl2、光照；镁、乙醚；解析：(1)根据分子式，A是甲苯，与液溴在铁的催化下发生取代反应，由G知道溴原子取代的是甲基的邻位氢原子，化学方程式为，其反应类型为取代反应；（2）E（C4H9Br）的核磁共振氢谱只有一组峰,E的结构简式是（CH3)3CBr；逆推知D为2-甲基丙烯；(3)由信息①得H的结构简式：，H发生酯化反应生成J，J的结构简式是：；(4)G的同分异构体中核磁共振氢谱有4组峰且能与FeCl3溶液发生显色反应，即属于酚类的结构简式为：（任写一种即可）(5)利用信息①逆推进行分析解答。【思路点拨】本题考查了有机物的结构和性质及有机物间的转化，难点是阅读信息，应用信息的能力。【题文】23.（15分）Q、W、X、Y、Z为五种原子序数依次增大的短周期元素。已知：①Q原子的核外电子数等于电子层数，且与W组成的一种化合物是沼气的主要成分；②元素X的最高价氧化物的水化物和其气态氢化物能够反应，生成离子化合物甲；③W与Y组成的化合物乙，是机动车排出的大气污染物之一，也是造成“雾霾”天气的物质之一；④Y与Z能形成电子总数为30和38的两种离子化合物，分别为丙和丁（1）丁的电子式是__________。 （2）WY2与Z2Y2反应的化学方程式是___________________。（3）甲在水溶液中的水解方程式为______________________________________。（4）写出一种实验室制取XQ3的方法__________________________________。（用化学方程式表示）（5）标准状况下22.4LX的气态氢化物，与0.5L1mol/L的X最高价氧化物的水化物反应，所得溶液中离子浓度由大到小的顺序是________________________（用化学式表示）。【知识点】位置、结构与性质的相互关系的应用E5【答案解析】（1）（3分）（2）2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2(3分)（3）NH4＋＋H2ONH3·H2O＋H＋(3分)（4）2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2H2O＋2NH3↑(其他合理答案也可）（3分)（5）c(NH4＋)>c(NO3－)>c(OH－)>c(H＋)(3分)解析：由分析可知：Q为氢、W为碳、X为氮、Y为氧、Z为钠。（1）丁为Na2O2，为离子化合物，且存在过氧键（-O-O-），因此其电子式为（5）氨气与硝酸反应的化学方程式为NH3+HNO3═NH4NO3，氨气的物质的量n（NH3）=22.4 L÷22.4 L/mol=1 mol，n（HNO3）=0.5 L×1 mol/L=0.5 mol．由此可知氨气过量0.5 mol，溶液中存在NH3•H2O的电离和NH4+的水解，因最终溶液呈碱性，故离子浓度大小顺序为c（NH4+）＞c（NO3-）＞c（OH-）＞c（H+）。【思路点拨】本题主要考查的是元素的推断以及元素化合物的知识，属于高考常考题，难度不大。【题文】24．（16分）甲醇是一种重要的化工原料和新型燃料。Ⅰ．以CO2为碳源制取低碳有机物一直是化学领域的研究热点，CO2加氢制取低碳醇的反应如下：反应I：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)ΔH＝－49.0kJ/mol反应II：2CO2(g)+6H2(g)=CH3CH2OH(g)+3H2O(g)ΔH＝－173.6kJ/mol写出由CH3OH(g)合成CH3CH2OH(g)的反应的热化学方程式。Ⅱ．工业上一般以CO和H2为原料在密闭容器中合成甲醇：CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)　ΔH＝－90.8kJ·mol－1在容积为1L的恒容容器中，分别研究在230℃、250℃和270℃三种温度下合成甲醇的规律。下图是上述三种温度下H2和CO的起始组成比(起始时CO的物质的量均为1mol)与CO平衡转化率的关系，则曲线Z对应的温度是________；该温度下上述反应的化学平衡常数的表达式为；若增大H2的用量，上述反应的热效应最大值为____________kJ。 Ⅲ．下图是甲醇燃料电池工作的示意图，其中A、B、D均为石墨电极，C为铜电极。工作一段时间后，断开K，此时A、B两极上产生的气体体积相同。(1)甲中负极的电极反应式为________。(2)乙中A极析出的气体在标准状况下的体积为________________。(3)丙装置溶液中金属阳离子的物质的量与转移电子的物质的量变化关系如右上图，则图中②线表示的是________的变化；反应结束后，要使丙装置中金属阳离子恰好完全沉淀，需要________mL5.0mol·L－1NaOH溶液。【知识点】化学平衡的计算；热化学方程式；化学电源新型电池；化学平衡的影响因素F2F4G2【答案】【解析】Ⅰ、2CH3OH（g）=CH3CH2OH（g）+H2O（g）△H=-75.6kJ•mol-1；Ⅱ、270℃；c(CH3OH)/c(CO)c2(H2)；90.8；Ⅲ、（1）CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O；（2）2.24L；（3）Fe2+；280．解析：Ⅰ、已知：反应I：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H=-49.0kJ•mol-1反应II：2CO2（g）+6H2（g）⇌CH3CH2OH（g）+3H2O（g）△H=-173.6kJ•mol-1根据盖斯定律Ⅱ-I×2得：2CH3OH（g）=CH3CH2OH（g）+H2O（g）；△H=-75.6kJ•mol-1；Ⅱ、根据该反应为放热反应，温度越高CO的转化率越小，所以曲线X为230℃，由图象可知曲线Z为270℃，反应的平衡常数表达式为：K=c(CH3OH)/c(CO)c2(H2)；反应焓变与起始量和平衡量有关，与变化过程无关，CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H=-90.8kJ•mol-1所以若增大H2的用量，上述反应的热效应最大值为90.8KJ；Ⅲ、（1）甲醇燃料电池是原电池反应，甲醇在负极失电子发生氧化反应，电极反应为：CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O； （2）工作一段时间后，断开K，此时A、B两极上产生的气体体积相同，分析电极反应，B为阴极，溶液中铜离子析出，氢离子得到电子生成氢气，设生成气体物质的量为X，溶液中铜离子物质的量为0.1mol，电极反应为：  Cu2++2e-=Cu，0.1mol0.2mol2H++2e-=H2↑， 2x    xA电极为阳极，溶液中的氢氧根离子失电子生成氧气，电极反应为：4OH--4e-=2H2O+O2↑，4x          x得到0.2+2x=4x，x=0.1mol乙中A极析出的气体是氧气物质的量为0.1mol，在标准状况下的体积为2.24L；（3）根据转移电子的物质的量和金属阳离子的物质的量的变化，可知，铜离子从无增多，铁离子物质的量减小，亚铁离子增加，①为Fe3+，②为Fe2+，③为Cu2+，依据（2）计算得到电子转移为0.2mol，当电子转移为0.2mol时，丙中阳极电极反应Cu-2e-=Cu2+，生成Cu2+物质的量为0.1mol，图象分析每个单位为0.05mol，阴极电极反应Fe3++e-=Fe2+，溶液中有Fe3+0.2mol，Fe2+0.3mol，Cu2+为0.1mol，所以需要加入NaOH溶液1.4mol，所以NaOH溶液等体积为1.4mol÷5mol/L=0.28L=280mL；【思路点拨】本题综合性较大，涉及化学反应自发性判断、化学平衡常数、化学平衡影响因素、等效平衡计算以及电化学知识等，注意等效思想的运用以及运用极限方法确定c的取值范围，为高考常见题型，难度较大.【题文】25．（13分）聚合硫酸铁又称聚铁，化学式为[Fe2(OH)n(SO4)3－0.5n]m，广泛用于污水处理。实验室利用硫酸厂烧渣(主要成分为铁的氧化物及少量FeS、SiO2等)制备聚铁和绿矾(FeSO4·7H2O)，过程如下：(1)验证固体W焙烧后产生的气体含有SO2的方法是。(2)实验室制备、收集干燥的SO2，所需仪器如下。装置A产生SO2，按气流方向连接各仪器接口，顺序为a→________→________→________→________→f。装置A中发生反应的化学方程式为。(3)制备绿矾时，向溶液X中加入过量________，充分反应后，经过滤操作得到溶液Y，再经浓缩、结晶等步骤得到绿矾。过滤所需的玻璃仪器有________________。 (4)欲测定溶液Y中Fe2＋的浓度，需要用容量瓶配制KMnO4标准溶液，用KMnO4标准溶液滴定时应选用________滴定管(填“酸式”或“碱式”)。(5)溶液Z的pH影响聚铁中铁的质量分数。若溶液Z的pH偏小，将导致聚铁中铁的质量分数________(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。【知识点】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J2J4【答案】【解析】（1）将气体通入品红溶液，溶液褪色，加热恢复原色；（2）d；e；c；b；Cu+2H2SO4（浓）═CuSO4+SO2↑+2H2O；（3）铁屑；烧杯、玻璃棒、漏斗；（4）酸式；（5）偏小解析：制备聚铁和绿矾（FeSO4•7H2O）流程为：硫酸厂烧渣与硫酸、氧气反应，得到滤液X和不溶物（S、二氧化硅等）W；滤液X中进入铁粉生成硫酸亚铁溶液，硫酸亚铁溶液通过浓缩蒸发、冷却结晶得到绿矾；将滤液X通过调节pH获得溶液Z，在70～80℃条件下得到聚铁聚铁，最后得到聚铁，（1）检验二氧化硫的一般方法是：将气体通入品红溶液中，如果品红褪色，加热后又恢复红色，证明有二氧化硫；（2）收集二氧化硫应先干燥再收集，二氧化硫的密度比空气大，要从c口进气，最后进行尾气处理，所以按气流方向连接顺序为a→d→e→c→b→f；装置A中铜与浓硫酸反应的化学方程式为：Cu+2H2SO4（浓）═CuSO4+SO2↑+2H2O；（3）因为在烧渣中加入了硫酸和足量氧气，故溶液Y中含有Fe3+，故应先加入过量的铁粉，然后过滤，过滤操作使用的仪器有：烧杯、玻璃棒、漏斗；（4）KMnO4标准溶液具有强氧化性，腐蚀橡胶管，滴定时需要选择酸式滴定管；（5）聚铁的化学式为Fe2（OH）n（SO4）3-0.5n，若溶液Z的pH偏小，则聚铁中生成的氢氧根的含量减少，据此计算的铁的含量减少，铁的质量分数偏小；【思路点拨】本题考查了化学物质的制备方案的设计，题目难度中等，明确制备原理及化学实验操作方法为解答关键，对学生来说高铁不是很熟悉，但是铁与亚铁之间的转化还是很容易实现的，起点高，落点低，是一道质量较好的题目。【题文】26.以HCHO和C2H2为有机原料，经过下列反应可得化合物N(C4H8O2)。HOCH2C≡CCH2OH(1)反应Ⅰ的反应类型为______________。(2)HOCH2C≡CCH2OH分子的核磁共振氢谱有_______个吸收峰。(3)化合物M不可能发生的反应是____________(填序号)。A．氧化反应　B．取代反应　C．消去反应　D．加成反应　E．还原反应(4)N的同分异构体中，属于酯类的有________种。(5)A与M互为同分异构体，有如下转化关系。其中E的结构简式为填写下列空白：[]①A的结构简式为____________________，B中的官能团名称是____________。 ②D的分子式为__________________。③写出B与银氨溶液反应的化学方程式：。【知识点】有机物的合成；同分异构现象和同分异构体；取代反应与加成反应K1M3【答案】【解析】（1）加成反应；（2）8；（3）D、E；（4）3．（5）①；醛基、醇羟基；②C8H12O4；解析：（1）-CHO中C=O双键断裂与乙炔发生加成反应生成HOCH2C≡CCH2OH，该反应为加成反应；（2）根据-C≡C-为直线结构，与其直接相连的原子在同一直线上，则4个C原子在一条直线上，又-CH2-为四面体结构，最多有3个原子共面，则在同一个平面的原子最多有8个；（3）HOCH2C≡CCH2OH与氢气发生加成反应生成M，则M中含有的官能团为-OH，能发生氧化、取代消去反应，不存在不饱和键，则不能发生加成、还原反应；（4）M→N，去掉2个H原子，发生氧化反应，N中含有1个-OH、1个CHO，分子式为HOCH2CH2CH2CHO，其含有两个甲基且属于酯类的同分异构体为HCOOCH（CH3）CH3、CH3COOCH2CH3、CH3CH2COOCH3，则N的同分异构体中含有两个甲基且属于酯类的有3种。（5）A与M（HOCH2CH2CH2CH2OH）互为同分异构体，A被氧化生成B，B一定条件下反应生成E，由E的结构并结合信息，可知B的结构简式为：，故A的结构简式为：，B和银氨溶液发生银镜反应，然后酸化生成C，所以C的结构简式为：，C在浓硫酸作催化剂、加热条件下发生分子间酯化反应生成D，D是六元环状化合物，所以D的结构简式为：①通过以上分析知，A为：，B为：，含有醛基和醇羟基；②D的结构简式为：，其化学式为C8H12O4 ；③B和银氨溶液发生银镜反应，反应方程式为：；【思路点拨】本题考查了有机物的合成，明确转化中的反应条件及物质的结构变化是解答本题的关键，题目难度中等，（2）为学生解答的难点【题文】27.（14分）I．氮是地球上含量最丰富的一种元素，氮及其化合物在工农业生产、生活中有着重要作用。请回答下列问题：（图中涉及物质为气态）⑴右图是1molNO2和1molCO反应生成CO2和NO过程中能量变化示意图，请写出NO2和CO反应的热化学方程式_________________________________________。⑵在0.5L的密闭容器中，一定量的氮气和氢气进行如下化学反应：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H<0，其化学平衡常数K与温度t的关系如下表：t/℃200300400KK1K20.5请完成下列问题。①试比较K1、K2的大小，K1___________K2（填写“>”、“=”或“<”）。②下列各项能作为判断该反应达到化学平衡状态的依据是______________（填序号字母）：a．容器内N2、H2、NH3的浓度之比为1:3:2b．v(N2)正=3v(H2)逆c．容器内压强保持不变d．混合气体的密度保持不变③在400℃时，当测得NH3和N2、H2的物质的量分别为1mol和2mol、3mol时，则该反应的v(N2)正______________v(N2)逆（填写“>”、“=”或“<”）。酸或碱电离平衡常数（Ka或Kb）CH3COOH1.8×10-5HNO24.6×10-4HCN5×10-10HClO3×10-8NH3·H2O1.8×10-5II．描述弱电解质电离情况可以用电离度和电离平衡常数表示，下表是常温下几种弱酸的电离平衡常数（Ka）和弱碱的电离平衡常数（Kb）。请回答下列问题：⑴上述四种酸中，酸性最弱的是_________________（用化学式表示）。下列能使醋酸溶液中CH3COOH的电离程度增大，而电离平衡常数不变的操作是_________________（填序号）。A．升高温度B．加水稀释C．加少量的CH3COONa固体D．加少量冰醋酸⑵CH3COONH4的水溶液呈____________（选填“酸性”“中性”或“碱性”），理由是：___________，溶液中各离子浓度大小的关系是___________________。【知识点】反应热化学平衡电离平衡F1G5H6【答案解析】（14分）Ⅰ⑴NO2(g)+CO(g)=CO2(g)+NO(g)△H=-234kJ·mol-1（2分）⑵①>（1分）②C（2分）③>（2分）Ⅱ⑴HCN（1分）B（1分） ⑵中性（1分）CH3COOH与NH3·H2O的电离平衡常数相等，可知CH3COO-和NH4+在相等浓度时的水解程度相同（2分）c(NH4+)=c(Cl-)>c(H+)=c(OH-)（2分）解析：Ⅰ、（1）该反应的焓变△H=E1-E2=134KJ/mol-368KJ/mol=-234KJ/mol。（2）①该反应正反应是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，所以K1＞K2；②a、容器内各物质的浓度之比等于计量数之比，不能证明正逆反应速率相等，故a错误；b、不同物质的正逆反应速率之比等于其计量数之比是平衡状态，若3v（N2）（正）=v（H2）（逆），则是平衡状态，故b错误；c、容器内压强不变，气体的物质的量不变，该反应达平衡状态，故c正确；d、如果是在密闭容器中反应，质量不变，体积不变，密度始终不变，故d错误；选c；          ③容器的体积为0.5L，NH3和N2、H2的物质的量浓度分别为：2mol/L、4mol/L、6mol/L，Qc==22/(4×63)＜0.5，所以化学反应向正反应方向进行，v(N2)正＞v(N2)逆.II．⑴电离平衡常数最小的酸性最弱，即HCN酸性最弱，醋酸的电离平衡：CH3COOH⇌CH3COO-+H+，A、升高温度，电离程度增大，电离平衡常数增大，故A错误； B．加水稀释，电离程度增大，电离平衡常数不变，故B正确；C．加少量的CH3COONa固体，电离出的醋酸根对醋酸的电离平衡起抑制作用，电离程度减小，电离平衡常数不变，故C错误；D．加少量冰醋酸，则醋酸浓度增大，根据越稀越电离的事实，则电离程度减小，平衡常数不变，故D错误。（2）醋酸铵溶液中，醋酸水解显碱性，铵根离子水解显酸性，CH3COOH与NH3•H2O的电离平衡常数相等，CH3COO-和NH4+在相等浓度时的水解程度相同，酸性和碱性程度相当，溶液显中性，即c（H+）=c（OH-），根据电荷守恒：c（NH4+）+c（H+）=c（Cl-）＞c（H+）=c（OH-），c（H+）+c（NH4+）=c（Cl-）+c（OH-），得出c（NH4+）=c（Cl-）并且大于水解生成的c（H+）、c（OH-），即c（NH4+）=c（CH3COO-）＞c（H+）=c（OH-）。【思路点拨】平衡常数只与温度有关；可根据浓度商与平衡常数的比较判断平衡是否建立；根据电离常数判断弱电解质相对强弱。【题文】28.（理综卷（化学解析）·2015届湖北省荆门市高三元月调研考试（2015.01））27．（14分）现有五种可溶性物质A、B、C、D、E，它们所含的阴、阳离子互不相同，分别含有五种阳离子Na＋、Al3＋、Mg2＋、Ba2＋、Fe3＋和五种阴离子Cl－、OH－、NO3－、CO32－、X中的一种。（1）某同学通过比较分析，认为无需检验就可判断其中必有的两种物质是       和      （填化学式，且相对分子质量小的写在第一个空）；（2）为了确定X，现将（1）中的两种物质记为A和B，含X的物质记C，当C与B的溶液混合时，产生红褐色沉淀和无色无味气体；当C与A的溶液混合时产生棕黄色沉淀（红白混合颜色），向该沉淀中滴人稀硝酸沉淀部分溶解，最后留有白色沉淀不再溶解。则X为；A．SO32－                       B．SO42－            C．CH3COO－       D．SiO32－（3）B的水溶液不显中性，原因为（用离子方程式表示）；（4）将0.02molA与0.01molC同时溶解在足量的蒸馏水中，充分反应后，最终所得沉淀的质量为（保留两位有效数字）；（5）将Cu投入到装有D溶液的试管中，Cu不溶解；再滴加稀H2SO4，Cu逐渐溶解，管口附近有红棕色气体出现。则物质D一定含有上述离子中的（填相应的离子符号）。有关反应的离子方程式为：；（6）利用上述已经确定的物质，可以检验出D、E中的阳离子。请简述实验操作步骤、现象及结论。【知识点】离子检验B1C2D4【答案解析】（1）Na2CO3、Ba(OH)2   （各1分，共2分） （2）B（2分） （3）CO32－+H2O HCO3—+OH－（2分）（4）6.1g  （2分）（5）NO3—（2分）；     3Cu+8H++2NO3—=3Cu2++2NO↑+4H2O（2分）（6）往D的溶液中逐渐加入Ba(OH)2溶液直至过量，若先出现白色沉淀后又逐渐溶解，则D中含有Al3+，E中含有Mg2+。或：往D的溶液中加入适量Na2CO3溶液，若产生了白色沉淀和无色无味的气体，则D中含有Al3+，E中含有Mg2+。（其他合理答案也得2分）解析：（1）由于Al3＋、Mg2＋、Ba2＋、Fe3＋和CO32-均不能大量共存，所以一定含有Na2CO3。又因为Al3＋、Mg2＋、Fe3＋和OH-均不能大量共存，所以一定还含有Ba(OH)2 。（2）当C与B的溶液混合时，产生红褐色沉淀和无色无味气体，因此C中含有铁离子，红褐色色沉淀是氢氧化铁；当C与A的溶液混合时产生棕黄色沉淀（红白混合颜色），向该沉淀中滴人稀硝酸沉淀部分溶解，最后留有白色沉淀不再溶解。因此该白色沉淀是硫酸钡。所以C是硫酸铁，则A是氢氧化钡，B是碳酸钠。X是SO42-，选B。（2）B是碳酸钠，溶液水显碱性，原因为CO32－+H2O HCO3—+OH－；（3）将0.02molBa(OH)2   与0.01mol硫酸铁同时溶解在足量的蒸馏水中，充分反应后，最终得到氢氧化铁和硫酸钡两种沉淀，氢氧化铁和硫酸钡的物质的量分别为4/3mol，0.02mol,沉淀的质量为4/3mol107g/mol+233g0.02mol=6.1g  ；（4）将19.2gCu投入装有足量D溶液的试管中，Cu不溶解，这说明D中不含有铁离子。再滴加稀H2SO4，Cu逐渐溶解，管口附近有红棕色气体出现，该气体是NO2，这说明D中含有NO3－，相当于铜和稀硝酸反应：3Cu+8H++2NO3—=3Cu2++2NO↑+4H2O；（5）综上所述D、E中的阳离子是Al3+、Mg2+中的一种，检验方法是往D的溶液中逐渐加入Ba(OH)2溶液直至过量，若先出现白色沉淀后又逐渐溶解，则D中含有Al3+，E中含有Mg2+。或：往D的溶液中加入适量Na2CO3溶液，若产生了白色沉淀和无色无味的气体，则D中含有Al3+，E中含有Mg2+。【思路点拨】本题考查了离子检验，掌握常见离子间的反应是解答的关键。【题文】29.（化学卷（解析）·2015届山东省泰安市高三上学期期末考试（2015.01））19.（8分）短周期元素X、Y、Z、W在周期表中的位置关系如右图所示。已知在同周期元素的常见简单离子中，W的离子半径最小，X、Y、Z、W的单质及其化合物在日常生活中用途极其广泛。XYZW（1）X元素在元素周期表中的位置是。（2）X、Y、Z元素的氢化物均有两种或两种以上。①液态YH3的电离方式与液态H2Z类似，则液态YH3中阴离子的电子式为；②在一定条件下X2H4与H2Z可发生反应，化学方程式为，反应类型为。（3）以W为材料制成的容器在空气中具有自我保护作用，这种容器不能贮存强碱溶液，用离子方程式表示其原因为。（4）超细WY粉末被应用于大规模集成电路领域。其制作原理为W2Z3、Y2、X在高温下反应生成两种化合物，这两种化合物均由两种元素组成，且原子个数比均为1∶1；其反应的化学方程式为。【知识点】元素推断铝及其化合物的性质E1C2【答案解析】（1）第二周期　IVA族（1分）（2）①（1分） ②CH2=CH2+H2OCH3CH2OH（1分）　加成反应（1分）（3）Al2O3+2OH-+3H2O===2[Al(OH)4]-（1分）2Al+2OH-+6H2O===2[Al(OH)4]-+3H2↑（1分）　（4）Al2O3+N2+3C===2AlN+3CO　(2分）解析：短周期元素X、Y、Z、W在周期表中的位置关系如图所示，已知在同周期元素的常见简单离子中，W的简单离子半径最小，根据元素的相对位置可知，W应该是第三周期元素，所以W一定是铝元素，则X、Y、Z分别是C、N、O。（1）碳元素在元素周期表中的位置是第二周期第ⅣA族；（2）①根据2NH3NH4++NH2-,阴离子的电子式为：；②乙烯在催化剂作用下与水发生加成反应生成乙醇，CH2=CH2+H2OCH3CH2OH；（3）铝在空气中会形成致密的氧化铝薄膜，对容器有保护作用，而氧化铝能与强碱反应，故不能储存强碱溶液，Al2O3+2OH-+3H2O===2[Al(OH)4]-；2Al+2OH-+6H2O===2[Al(OH)4]-+3H2↑（4）根据制作原理，W2Z3、Y2、X在高温下反应生成两种化合物，这两种化合物均由两种元素组成，且原子个数比均为1∶1；则依据原子守恒可知，两种化合物应该是AlN和CO，所以其反应的化学方程式为Al2O3+N2+3C===2AlN+3CO。【思路点拨】本题考查了元素推断、铝及其化合物的性质，W的简单离子半径最小，以及元素的相对位置得到W是铝元素，以此作为突破口推出各元素是解答的关键。【题文】30.（化学卷（解析）·2015届重庆一中高三一诊模拟考试（2015.01））9.（14分）某实验小组利用下图所示实验装置，使氢气平缓地通过装有金属钙的硬质玻璃管制取氢化钙，并分析产品的成分及纯度。（1）试管A的作用有；。（2）请将下列制备氢化钙的操作步骤补充完整：①打开活塞K通入H2；②；③点燃酒精灯，进行反应；④反应结束后，；⑤拆除装置，取出产物。（3）经分析，产品中只含钙、氢两种元素。取少量产品，小心加入水中，观察到有气泡冒出，滴入一滴酚酞试液，溶液变红。反应的化学方程式可能有CaH2+2H2O=Ca(OH)2+2H2↑、 。（4）取2.30g产品溶于蒸馏水，配成500mL溶液；取25.00mL该溶液于锥形瓶中，滴入2滴酚酞试液，用0.2500mol/L盐酸滴定；三次平行实验，平均消耗盐酸22.00mL。①配制溶液所用的玻璃仪器有胶头滴管、烧杯、玻璃棒、量筒、；②判断滴定终点的方法是；③产品中两种成分物质的量之比为。【知识点】实验计算J1J3J5A4【答案解析】（1）防止反应过程中空气进入反应管（1分）；便于观察H2流速（1分）（2）②收集气体并检验其纯度（2分）④熄灭酒精灯，待反应管冷却至室温，停止通H2并关闭活塞K（3分）（3）Ca+2H2O=Ca(OH)2+H2↑（2分）（4）①500mL容量瓶（1分）②最后一滴盐酸，整个溶液由红色变为无色（1分）③1:10（3分）解析：本实验是制取CaH2，而Ca或CaH2与水、氧气、二氧化碳都能反应，因此试管A有防止反应过程中空气进入反应管及根据导管口产生气泡的速率控制反应速率的作用⑵在反应之前需检验氢气的纯度，即②是收集气体并检验其纯度，反应结束后，应该是熄灭酒精灯，继续通入氢气，待反应管冷却至室温，停止通H2并关闭活塞K。⑶没有反应完的Ca也可与水反应：Ca+2H2O=Ca(OH)2+H2↑⑷①配制500mL一定物质的量浓度的溶液还需要500mL容量瓶②由于是盐酸滴入氢氧化钙溶液，因此终点现象是溶液由红色变为无色③设CaH2、Ca的物质的量分别为x、y，则42x+40y=2.30g，根据Ca(OH)2～2HCl知x+y=（0.25mol/L×22.00mL×10-3÷2）×500/25.00=0.055mol，x=0.05mol，y=0.005mol，二者比为10：1.【思路点拨】解答本题⑴需根据物质的性质去思考；解答本题⑵可迁移初中氢气还原氧化铜的知识；计算时需注意从500mL取出25.00mL做实验。