2016年江苏省淮安市高考化学三模试卷（解析版）

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2016年江苏省淮安市高考化学三模试卷　一、单项选择题：本题包括10小題，毎小题2分，共计20分．毎小題只有1个选项符合题意．1．我国《可再生能源法》倡导碳资源的高效转化及循环利用（如图所示）．下列做法与上述理念相违背的是（　　）A．大力发展煤的气化及液化技术B．加快石油等化石燃料的开采和使用C．以CO2为原料生产可降解塑料D．将秸秆进行加工转化为乙醇燃料2．下列有关化学用语表示正确的是（　　）A．氮气的电子式：B．镁离子的结构示意图：C．中子数为16的磷原子：PD．丙烯的结构简式：CH3CHCH23．常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（　　）A．使酚酞变红的溶液中：Mg2+、Al3+、NO3﹣、ClO﹣B．与Al反应能放H2的溶液中：Na+、Cu2+、NO3﹣、I﹣C．0.1mol•L﹣1Na2CO3溶液中：NH4+、K+、SO42﹣、Cl﹣D．=1×1012的溶液中：Ca2+、Na+、SiO32﹣、HCO3﹣4．下列实验装置应用于铜与浓硫酸反应制取二氧化硫和硫酸铜晶体，能达到实验目的是（　　） A．用图甲装置制取并收集二氧化硫B．用图乙装置向反应后的混合物中加水稀释C．用图丙装置过滤出稀释后混合物中的不溶物D．用图丁装置将硫酸铜溶液蒸发浓缩后冷却结晶5．下列有关物质性质的应用正确的是（　　）A．次氯酸钙有强氧化性，用于饮用水消毒B．木炭具有还原性，用于制冰箱除味剂C．氧化铝具有两性，用于工业冶炼铝单质D．氯化铁溶液呈酸性，用于蚀刻铜电路板6．工业上曾经通过反应“3Fe+4NaOHFe3O4+2H2↑+4Na↑”生产金属钠．下列有关说法正确的是（　　）A．用磁铁可以将Fe与Fe3O4分离B．将生成的气体在空气中冷却可获得钠C．该反应条件下铁的氧化性比钠强D．每生成1molH2，转移的电子数约为4×6.02×10237．短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，其中X是组成有机物的基本骨架元素，元素Y的核电荷数等于W原子的最外层电子数，元素Z的最高正化合价为+2价．下列说法正确的是（　　）A．X、Y的单质均具有较高的熔沸点B．Z、W形成的化合物中既含有离子键，有含有共价键C．原子半径由大到小的顺序：X、Y、ZD．最高价氧化物对应水化物的酸性由强到弱的顺序：W、Y、X8．下列物质的转化在给定条件下能实现的是（　　）A．NaCl（aq）NaHCO3（s）Na2CO3（s） B．CuCl2Cu（OH）2CuC．AlNaAlO2（aq）NaAlO2（s）D．MgO（s）Mg（NO3）2（aq）Mg（s）9．下列指定反应的离子方程式正确的是（　　）A．向Ag（NH3）2NO3溶液中加人盐酸：Ag（NH3）++2H+═Ag++2NH4+B．向Na202中加人足量水：2Na202+2H20═4Na++40H﹣+02↑C．向Al2（SO4）3溶液中加入过量氨水：Al3++30H﹣═Al（0H）3↓D．向Ca（HC03）2溶液中加入澄淸石灰水：Ca2++2HC03﹣+20H﹣═CaC03↓+C032﹣+2H2010．下列图示与对应的叙述相符的是（　　）A．图1表示1LpH=2的CH3COOH溶液加水稀释至VL，pH随lgV的变化B．图2表示不同温度下水溶液中H+和OH﹣浓度的变化的曲线，图中温度T2＞T1C．图3表示一定条件下的合成氨反应中，NH3的平衡体积分数随H2起始体积分数（N2的起始量恒定）的变化，图中a点N2的转化率小于b点D．图4表示同一温度下，在不同容积的容器中进行反应2BaO2（s）⇌2BaO（s）+O2（g），O2的平衡浓度与容器容积的关系　二、不定项选择题：本题包括5小题，每小题4分，共计20分．每小题有一个或多个选项符合题意。若正确答案只包括一个选项，多选时，该题得0分；若正确答案包括两选项，之选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个，该小题就得0分．11．下列有关说法正确的是（　　）A．反应CaC2（s）+N2（g）=CaCN2（s）+C（s）能自发进行，是因为△H＜0 B．若电工操作中将铝线与铜线直接相连，会导致铜线更快被氧化C．向水中加入NaHCO3或NaHSO4固体后，水的电离程度均增大D．对于乙酸乙酯的水解反应，加入稀硫酸会使平衡向正反应方向移动12．合成药物异搏定路线中某一步骤如下：下列说法正确的是（　　）A．物质X在空气中不易被氧化B．物质Y中只含1个手性碳原子C．物质Z中所有碳原子可能在同一平面内D．等物质的量的X、Y分别与NaOH反应，最多消耗NaOH的物质的量之比为1：213．科学家通过探寻矿物X推测外星球上是否曾经存在水．某兴趣小组为分析矿物X中的常见离子，将其溶于稀硝酸，并将所得溶液进行实验，下列依据实验现象得出的结论正确的是（　　）A．用铂丝蘸取少量溶液进行焰色反应，火焰呈紫色，说明矿物X中含K+B．取少量溶液向其中滴加NaOH溶液，加热，用湿润红色石蕊试纸检验生成的气体，试纸变蓝，说明矿物X中含NH4+C．取少量溶液向其中滴加KSCN溶液，溶液变为血红色，说明矿物X中含Fe3+D．取少量溶液向其中滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀产生，说明矿物X中含SO42﹣14．25℃时，用0.0500mol•L﹣1H2C2O4（二元弱酸）溶液滴定25.00mL0.1000mol•L﹣1NaOH溶液所得滴定曲线如图．下列说法正确的是（　　） A．点①所示溶液中：c（H+）+c（H2C2O4）+c（HC2O4﹣）=c（OH﹣）B．点②所示溶液中：c（HC2O4﹣）+2c（C2O42﹣）=c（Na+）C．点③所示溶液中：c（Na+）＞c（HC2O4﹣）＞c（H2C2O4）＞c（C2O42﹣）D．滴定过程中可能出现：c（Na+）＞c（C2O42﹣）=c（HC2O4﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）15．一定温度下，在三个体积均为0.5L的恒容密闭容器中发生反应：CO（g）+Cl2（g）⇌C0Cl2（g），其中容器I中5min时到达平衡．下列说法中正确的是（　　）温度/℃起始物成质的量/mol平衡物质的两/mol容器编马COCl2COCl2COCl2Ⅰ5001.01.000.8Ⅱ5001.0a00.5Ⅲ6000.50.50.507A．容器I中前5min的平均反应速率v（CO）=0.16mol•L﹣1•min﹣1B．该反应正反应为吸热反应C．容器Ⅱ中起始时Cl2的物质的量为0.55molD．若起始时向容器I加入CO0.8mol，Cl20.8mol，达到平衡时CO转化率大于80%．　三、非选择题（共80分}16．以炼锌厂的烟道灰（主要成分为ZnO，另含少量Fe2O3、CuO、SiO2、MnO等）为原料可生产草酸锌晶体（ZnC2O4•2H2O）． 有关氢氧化物开始沉淀和沉淀完全的pH如下表：氢氧化物Fe（OH）3Fe（OH）2Cu（OH）2Zn（OH）2开始沉淀的pH1.56.54.25.4沉淀完全的pH3.39.76.78.2请问答下列问题：（1）滤渣A的主要成分为　　．（2）除锰过程中产生MnO（OH）2沉淀的离子方程式为　　．（3）①除铁（部分Cu2+可能被除去）时加入ZnO控制反应液pH的范围为　　．②上述流程中除铁与除铜的顺序不能颠倒，否则除铁率会减小，其原因是　　．（4）若沉淀过程采用Na2C2O4代替（NH4）2C2O4生产草酸锌晶体，合理的加料方式是　　．（5）将草酸锌晶体加热分解可得到一种纳米材料．加热过程中固体残留率随温度的变化如右图所示，300℃～460℃范围内，发生反应的化学方程式为　　．17．化合物G是一种治疗认知障碍药物的中间体，可以通过以下方法合成： （1）化合物A、D中含氧官能团的名称分别为　　和　　．（2）由B→C的反应类型为　　；化合物E的结构简式为　　．（3）写出同时满足下列条件的B的一种同分异构体的结构简式：　　．①能发生银镜反应，水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应；②分子中只有4种不同化学环境的氢，且分子中含有氨基．（4）已知：RCNRCH2NH2，请写出以和CH3CH2Cl为原料制备的合成路线流程图（无机试剂任用）．合成路线流程图示例如下：CH3CH2OHCH2=CH2CH3CH2Cl．18．电解法处理含氮氧化物废气，可回收硝酸，具有较高的环境效益和经济效益．实验室模拟电解法吸收NOx的装置如图所示（图中电极均为石墨电极）．（1）若用NO2气体进行模拟电解法吸收实验．①写出电解时NO2发生反应的电极反应式：　　．②若有标准状况下2.24LNO2被吸收，通过阳离子交换膜（只允许阳离子通过）的H+为　　mol．（2）某小组在右室装有10L0.2mol•L﹣1硝酸，用含NO和NO2（不考虑NO2转化为N2O4）的废气进行模拟电解法吸收实验．①实验前，配制10L0.2mol•L﹣1硝酸溶液需量取　　mL的密度为1.4g•mL﹣1、质量分数为63%的浓硝酸．②电解过程中，有部分NO转化为HNO2，实验结束时，测得右室溶液中含3molHNO3、0.1molHNO2，同时左室收集到标准状况下28LH2．计算原气体中NO和NO2的体积比（假设尾气中不含氮氧化物，写出计算过程）． 19．如下图所示（B中冷却装置未画出），将氯气和空气（不参与反应）以体积比约1：3混合通入含水8%的碳酸钠中制备Cl2O，并用水吸收Cl2O制备次氯酸溶液．已知：Cl2O极易溶于水并与水反应生成HClO；Cl2O的沸点为3.8℃，42℃以上分解为Cl2和O2．（1）①实验中控制氯气与空气体积比的方法是　　．②为使反应充分进行，实验中采取的措施有　　．（2）①装置B中产生Cl2O的化学方程式为：　　．②若B无冷却装置，则进入C中的Cl2O会大量减少．其原因是　　．（3）装置C中采用棕色圆底烧瓶是因为　　．（4）已知次氯酸可被H2O2、FeCl2等物质还原成Cl﹣．测定C中次氯酸溶液的物质的量浓度的实验方案为：用　　取20.00mL次氯酸溶液，　　．（可选用的试剂：H2O2溶液、FeCl2溶液、AgNO3溶液．除常用仪器外须使用的仪器有：电子天平，真空干燥箱）20．利用氨水吸收烟气中的二氧化硫，其相关反应的主要热化学方程式如下：SO2（g）+NH3•H2O（aq）=NH4HSO3（aq）△H1=akJ•mol﹣1NH3•H2O（aq）+NH4HSO3（aq）=（NH4）2SO3（aq）+H2O（l）△H2=bkJ•mol﹣12（NH4）2SO3（aq）+O2（g）=2（NH4）2SO4（aq）△H3=ckJ•mol﹣1（1）反应2SO2（g）+4NH3•H2O（aq）+O2（g）=2（NH4）2SO4（aq）+2H2 O（l）的△H=　　kJ•mol﹣1．（2）空气氧化（NH4）2SO3的速率随温度的变化如图所示，当温度超过60℃时，（NH4）2SO3氧化速率下降的原因可能是　　．（3）以磷石膏废渣和碳酸铵为原料制备硫酸铵，不仅解决了环境问题，还使硫资源获得二次利用．反应的离子方程式为CaSO4（s）+CO32﹣（aq）⇌SO42﹣（aq）+CaCO3（s），该反应的平衡常数K=　　．[已知Ksp（CaCO3）=2.9×10﹣9，Ksp（CaSO4）=9.1×10﹣6]（4）（NH4）2SO4在工农业生产中有多种用途．①将黄铜精矿（主要成分Cu2S）与硫酸铵混合后在空气中进行焙烧，可转化为硫酸铜同时产生氨气．该反应的化学方程式为　　．②研究硫酸铵的分解机理有利于对磷石膏的开发．在500℃下硫酸铵分解过程中得到4种产物，其含氮物质随时间变化关系如图甲所示．写出该条件下硫酸铵分解的化学方程式，并用单线桥标出电子转移的方向及数目：　　．③（NH4）2SO4是工业制备K2SO4的重要原料．根据图乙中相关物质的溶解度曲线，简述工业上制备K2SO4晶体的设计思路：　　． 　四、【选做题】本题包括A、B两小题，请选定其中一小题，并在相应的答题区域内作答．若多做，则按A小题评分。A．《物质结构与性质》21．元素X位于第四周期，其基态原子有4个未成对电子．Y原子最外层电子数是其内层电子总数的3倍，元素Z基态原子的3p轨道上有4个电子．（1）Y与Z可形成多种化合物．①元素Y与Z中电负性较大的是　　（用元素符号描述）．②离子ZY32﹣的空间构型为　　（用文字描述）．③写出一种与ZY2互为等电子体的氧化物分子的化学式　　．（2）Y的氢化物（H2Y）在乙醇中的溶解度大于H2Z，其原因是　　．（3）含X2+的溶液与KCN、氨水反应可得到化合物K3[X（CN）5（NH3）]．①基态X2+的电子排布式是　　．②1mol配合物K3[X（CN）5（NH3）]中含σ键的数目为　　．（4）右图为X与Z所形成的一种化合物的基本结构单元，推测该化合物的化学式：　　．　B．《实验化学》22．以苯甲醛为原料制取苯甲醇和苯甲酸的合成反应如下：相关物质的部分物理性质见下表：名称相对密度熔点（℃）沸点（℃）溶解度水乙醚苯甲醛1.04﹣26179.6微溶易溶苯甲酸1.27122.124925℃微溶，95℃可溶易溶 苯甲醇1.04﹣15.3205.7微溶易溶乙醚0.71﹣116.334.6不溶﹣﹣实验流程如下：（1）萃取时苯甲醇在分液漏斗的　　（填“上”或“下”）层，分液漏斗振摇过程中需慢慢开启旋塞几次，其原因是　　．（2）用NaHSO3溶液、10%Na2CO3溶液、H2O洗涤乙醚层．①用10%Na2CO3溶液洗涤目的是　　．②操作Ⅰ名称是　　．（3）抽滤操作结束时先后进行的操作是　　．（4）提纯粗产品乙的实验方法为　　．　 2016年江苏省淮安市高考化学三模试卷参考答案与试题解析　一、单项选择题：本题包括10小題，毎小题2分，共计20分．毎小題只有1个选项符合题意．1．我国《可再生能源法》倡导碳资源的高效转化及循环利用（如图所示）．下列做法与上述理念相违背的是（　　）A．大力发展煤的气化及液化技术B．加快石油等化石燃料的开采和使用C．以CO2为原料生产可降解塑料D．将秸秆进行加工转化为乙醇燃料【考点】常见的生活环境的污染及治理．【分析】A．提高洁净煤燃烧技术和煤液化技术，可以降低污染物的排放；B．加快化石燃料的开采和使用，化石燃料燃烧会产生污染；C．难降解塑料的使用能引起白色污染；D．将秸秆进行加工转化为乙醇燃料，变废为宝，符合可持续发展理念；【解答】解：A．提高洁净煤燃烧技术和煤液化技术，可以降低污染物的排放，有利于环境保护，故A不选；B．运用化石燃料燃烧会产生污染分析，加快化石燃料的开采和使用，化石燃料燃烧会产生污染，不利于环境保护，不符合绿色化学理念，故B选；C．难降解塑料的使用能引起白色污染，以CO2为原料生产可降解塑料，能减少白色污染，有利于环境保护，故C不选；D．将秸秆进行加工转化为乙醇燃料，变废为宝，符合可持续发展理念，故D不选； 故选：B．　2．下列有关化学用语表示正确的是（　　）A．氮气的电子式：B．镁离子的结构示意图：C．中子数为16的磷原子：PD．丙烯的结构简式：CH3CHCH2【考点】电子式、化学式或化学符号及名称的综合．【分析】A、电子式中氮原子未成键的孤对电子对要画出；B、镁离子的结构示意图中最外层的2个电子已经失去；C、P为15号元素，质子数为15；D、丙烯中的官能团碳碳双键不能省略．【解答】解：A、电子式中氮原子未成键的孤对电子对要画出，故A正确；B、镁离子的结构示意图中最外层的2个电子已经失去，最外层排8个电子，故B错误；C、P为15号元素，质子数为15，故C错误；D、丙烯中的官能团碳碳双键不能省略，应为CH3CH=CH2．故选：A．　3．常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（　　）A．使酚酞变红的溶液中：Mg2+、Al3+、NO3﹣、ClO﹣B．与Al反应能放H2的溶液中：Na+、Cu2+、NO3﹣、I﹣C．0.1mol•L﹣1Na2CO3溶液中：NH4+、K+、SO42﹣、Cl﹣D．=1×1012的溶液中：Ca2+、Na+、SiO32﹣、HCO3﹣【考点】离子共存问题．【分析】A．使酚酞变红的溶液，显碱性； B．与Al反应能放H2的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液；C．该组离子之间不反应；D.=1×1012的溶液，显酸性．【解答】解：A．使酚酞变红的溶液，显碱性，不能大量存在Mg2+、Al3+，故A错误；B．与Al反应能放H2的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液，酸溶液中NO3﹣、I﹣发生氧化还原反应不生成氢气，碱溶液中不能存在Cu2+，故B错误；C．该组离子之间不反应，可大量共存，故C正确；D.=1×1012的溶液，显酸性，不能大量存在SiO32﹣、HCO3﹣，故D错误；故选C．　4．下列实验装置应用于铜与浓硫酸反应制取二氧化硫和硫酸铜晶体，能达到实验目的是（　　）A．用图甲装置制取并收集二氧化硫B．用图乙装置向反应后的混合物中加水稀释C．用图丙装置过滤出稀释后混合物中的不溶物D．用图丁装置将硫酸铜溶液蒸发浓缩后冷却结晶【考点】化学实验方案的评价．【分析】A．二氧化硫密度比空气大；B．将水沿烧杯内壁倒入；C．转移液体需要引流；D．溶液蒸发浓缩可以用烧杯． 【解答】解：A．二氧化硫密度比空气大，应用向上排空气法收集，故A错误；B．将水沿烧杯内壁倒入，并用玻璃棒不断搅拌，故B错误；C．转移液体需要引流，防止液体飞溅，故C错误；D．溶液蒸发浓缩用烧杯，故D正确．故选D．　5．下列有关物质性质的应用正确的是（　　）A．次氯酸钙有强氧化性，用于饮用水消毒B．木炭具有还原性，用于制冰箱除味剂C．氧化铝具有两性，用于工业冶炼铝单质D．氯化铁溶液呈酸性，用于蚀刻铜电路板【考点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用；镁、铝的重要化合物．【分析】A．具有强氧化性可杀菌消毒；B．木炭具有吸附性；C．Al为活泼金属，利用电解法冶炼；D．Cu与氯化铁发生氧化还原反应．【解答】解：A．具有强氧化性可杀菌消毒，则次氯酸钙有强氧化性，用于饮用水消毒，故A正确；B．木炭具有吸附性，则用于制冰箱除味剂，与其还原性无关，故B错误；C．Al为活泼金属，利用电解法冶炼，则工业上电解氧化铝冶炼铝单质，与其两性无关，故C错误；D．Cu与氯化铁发生氧化还原反应，则用于蚀刻铜电路板，与水解显酸性无关，故D错误；故选A．　6．工业上曾经通过反应“3Fe+4NaOHFe3O4+2H2↑+4Na↑”生产金属钠．下列有关说法正确的是（　　）A．用磁铁可以将Fe与Fe3O4分离B．将生成的气体在空气中冷却可获得钠 C．该反应条件下铁的氧化性比钠强D．每生成1molH2，转移的电子数约为4×6.02×1023【考点】氧化还原反应．【分析】A、不能用磁铁可以将Fe与Fe3O4分离，两者都被吸引；B、钠极易被空气中的氧气氧化；C、该反应条件下铁的还原性比钠强；D、每生成1molH2，转移的电子为4mol．【解答】解：A、不能用磁铁可以将Fe与Fe3O4分离，两者都被吸引，所以不能用磁铁将Fe与Fe3O4分离，故A错误；B、钠极易被空气中的氧气氧化，故B错误；C、该反应条件下铁的还原性比钠强，而不是氧化性，故C错误；D、每生成1molH2，转移的电子为4mol，所以转移的电子数约为4×6.02×1023，故D正确；故选D．　7．短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，其中X是组成有机物的基本骨架元素，元素Y的核电荷数等于W原子的最外层电子数，元素Z的最高正化合价为+2价．下列说法正确的是（　　）A．X、Y的单质均具有较高的熔沸点B．Z、W形成的化合物中既含有离子键，有含有共价键C．原子半径由大到小的顺序：X、Y、ZD．最高价氧化物对应水化物的酸性由强到弱的顺序：W、Y、X【考点】原子结构与元素周期律的关系．【分析】X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，X是组成有机物的基本骨架元素，则X为C元素；元素Z的最高正化合价为+2价，处于IIA族，原子序数大于碳，则Z为Mg；元素Y的核电荷数等于W原子的最外层电子数，由于主族元素原子最外层电子数不超过7，则Y的原子序数大于碳、小于Mg，则Y为N元素、W为Cl元素，结合元素周期律与物质的结构性质判断．【解答】 解：X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，X是组成有机物的基本骨架元素，则X为C元素；元素Z的最高正化合价为+2价，处于IIA族，原子序数大于碳，则Z为Mg；元素Y的核电荷数等于W原子的最外层电子数，由于主族元素原子最外层电子数不超过7，则Y的原子序数大于碳、小于Mg，则Y为N元素、W为Cl元素．A．Y单质氮气，熔沸点很低，故A错误；B．Z、W形成的化合物为MgCl2，只含有离子键，包含共价键，故B错误；C．同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故原子半径Z（Mg）＞X（C）＞Y（N），故C错误；D．W、Y、X最高价氧化物对应水化物分别为高氯酸、硝酸、碳酸，酸性由强到弱，故D正确．故选：D．　8．下列物质的转化在给定条件下能实现的是（　　）A．NaCl（aq）NaHCO3（s）Na2CO3（s）B．CuCl2Cu（OH）2CuC．AlNaAlO2（aq）NaAlO2（s）D．MgO（s）Mg（NO3）2（aq）Mg（s）【考点】钠的重要化合物；铝的化学性质；镁、铝的重要化合物；铜金属及其重要化合物的主要性质．【分析】A、在饱和食盐水中通入氨气，形成饱和氨盐水，再向其中通入二氧化碳，在溶液中就有了大量的钠离子、铵根离子、氯离子和碳酸氢根离子，其中NaHCO3溶解度最小，所以析出NaHCO3，加热NaHCO3分解生成碳酸钠；B、与氢氧化铜的悬浊液加热生成砖红色的氧化亚铜；C、铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，然后蒸发结晶；D、电解Mg（NO3）2（aq）得到氢氧化镁，而得不到单质镁．【解答】解：A、在饱和食盐水中通入氨气，形成饱和氨盐水，再向其中通入二氧化碳，在溶液中就有了大量的钠离子、铵根离子、氯离子和碳酸氢根离子，其中NaHCO3溶解度最小，所以析出NaHCO3，加热NaHCO3 分解生成碳酸钠，在碱性条件下二氧化碳的溶解度大，中性条件下不能产生足够的碳酸氢根离子，故A错误；B、与氢氧化铜的悬浊液加热生成砖红色的氧化亚铜，而不是单质铜，故B错误；C、铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，然后在碱性溶液中蒸发结晶，得到偏铝酸钠固体，故C正确；D、电解Mg（NO3）2（aq）得到氢氧化镁，而得不到单质镁，故D错误；故选C．　9．下列指定反应的离子方程式正确的是（　　）A．向Ag（NH3）2NO3溶液中加人盐酸：Ag（NH3）++2H+═Ag++2NH4+B．向Na202中加人足量水：2Na202+2H20═4Na++40H﹣+02↑C．向Al2（SO4）3溶液中加入过量氨水：Al3++30H﹣═Al（0H）3↓D．向Ca（HC03）2溶液中加入澄淸石灰水：Ca2++2HC03﹣+20H﹣═CaC03↓+C032﹣+2H20【考点】离子方程式的书写．【分析】A．氯离子能够与银离子反应生成氯化银沉淀；B．过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气；C．氨水为弱碱，一水合氨不能拆开；D．反应生成碳酸钙沉淀和水，不会剩余碳酸根离子．【解答】解：A．向Ag（NH3）2NO3溶液中加人盐酸，反应生成氯化银沉淀和硝酸铵，正确的离子方程式为：Cl﹣+Ag（NH3）2++2H+═2NH4++AgCl↓，故A错误；B．向Na202中加人足量水，反应的离子方程式为：2Na202+2H20═4Na++40H﹣+02↑，故B正确；C．向Al2（SO4）3溶液中加入过量氨水，一水合氨小于保留分子式，正确的离子方程式为：Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+，故C错误；D．向Ca（HC03）2溶液中加入澄淸石灰水，反应生成碳酸钙沉淀和水，正确的离子方程式为：Ca2++HC03﹣+0H﹣═CaC03↓+H20，故D错误；故选B．　10．下列图示与对应的叙述相符的是（　　） A．图1表示1LpH=2的CH3COOH溶液加水稀释至VL，pH随lgV的变化B．图2表示不同温度下水溶液中H+和OH﹣浓度的变化的曲线，图中温度T2＞T1C．图3表示一定条件下的合成氨反应中，NH3的平衡体积分数随H2起始体积分数（N2的起始量恒定）的变化，图中a点N2的转化率小于b点D．图4表示同一温度下，在不同容积的容器中进行反应2BaO2（s）⇌2BaO（s）+O2（g），O2的平衡浓度与容器容积的关系【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；化学平衡的影响因素；水的电离．【分析】A．加水稀释10n倍，促进醋酸的电离，溶液的pH变化小于n个单位；B．升温促进水电离，Kw增大；C．增大氢气的浓度，提高氮气的转化率；D．减小反应物的浓度，平衡向正方向移动．【解答】解：A．加水稀释10n倍，促进醋酸的电离，溶液的pH变化小于n个单位，所以1LpH=2的CH3COOH溶液加水稀释至VL，pH变化小于lgV，故A错误；B．升温促进水电离，Kw增大，水电离的氢离子浓度增大，所以氢离子浓度大的温度高，即温度T2＜T1，故B错误；C．增大氢气的浓度，提高氮气的转化率，所以随H2起始体积分数增大，N2的转化率增大，即a点N2的转化率小于b点，故C正确；D．增大容器的体积，氧气的浓度减小，平衡向正方向移动，氧气的物质的量增大，氧气的浓度先增大，当达到平衡状态时浓度增大，然后随着体积的增大浓度减小，则图象不符，故D错误．故选C．　 二、不定项选择题：本题包括5小题，每小题4分，共计20分．每小题有一个或多个选项符合题意。若正确答案只包括一个选项，多选时，该题得0分；若正确答案包括两选项，之选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个，该小题就得0分．11．下列有关说法正确的是（　　）A．反应CaC2（s）+N2（g）=CaCN2（s）+C（s）能自发进行，是因为△H＜0B．若电工操作中将铝线与铜线直接相连，会导致铜线更快被氧化C．向水中加入NaHCO3或NaHSO4固体后，水的电离程度均增大D．对于乙酸乙酯的水解反应，加入稀硫酸会使平衡向正反应方向移动【考点】化学平衡的影响因素．【分析】A、该反应为熵减的反应，若能自发，则△H＜0；B、根据原电池原理，活泼的一极为负极，更容易被氧化；C、根据盐类水解的知识，加酸、碱会抑制水的电离；D、浓硫酸作催化剂，加稀硫酸使得氢离子浓度增大，平衡逆向移动．【解答】解：A、该反应为熵减的反应，若能自发，则△H＜0，故A正确；B、根据原电池原理，活泼的一极为负极，更容易被氧化，铝比铜活泼，故B错误；C、根据盐类水解的知识，加酸、碱会抑制水的电离，NaHSO4中的氢离子完全电离，会抑制水的电离，故C错误；D、浓硫酸作催化剂，加稀硫酸使得氢离子浓度增大，平衡逆向移动，故D错误．故选：A．　12．合成药物异搏定路线中某一步骤如下：下列说法正确的是（　　）A．物质X在空气中不易被氧化B．物质Y中只含1个手性碳原子C．物质Z中所有碳原子可能在同一平面内 D．等物质的量的X、Y分别与NaOH反应，最多消耗NaOH的物质的量之比为1：2【考点】有机物的结构和性质．【分析】A．X中含有酚羟基，易被氧化；B．连接四个不同原子或原子团的C原子为手性碳原子；C．Z结构中含有苯环、碳碳双键、碳氧双键，具有苯和乙烯结构特点；D．X中只有酚羟基能和NaOH反应，Y中酯基水解生成的羧基能和NaOH反应，溴原子水解生成的HBr能和NaOH反应．【解答】解：A．X中含有酚羟基，性质不稳定，易被氧气氧化，故A错误；B．连接四个不同原子或原子团的C原子为手性碳原子，该分子中没有手性碳原子，故B错误；C．Z结构中含有苯环、碳碳双键、碳氧双键，具有苯和乙烯结构特点，物质Z中所有碳原子可能在同一平面内，故C正确；D．X中只有酚羟基能和NaOH反应，Y中酯基水解生成的羧基能和NaOH反应，溴原子水解生成的HBr能和NaOH反应，所以等物质的量的X、Y分别与NaOH反应，最多消耗NaOH的物质的量之比为1：2，故D正确；故选CD．　13．科学家通过探寻矿物X推测外星球上是否曾经存在水．某兴趣小组为分析矿物X中的常见离子，将其溶于稀硝酸，并将所得溶液进行实验，下列依据实验现象得出的结论正确的是（　　）A．用铂丝蘸取少量溶液进行焰色反应，火焰呈紫色，说明矿物X中含K+B．取少量溶液向其中滴加NaOH溶液，加热，用湿润红色石蕊试纸检验生成的气体，试纸变蓝，说明矿物X中含NH4+C．取少量溶液向其中滴加KSCN溶液，溶液变为血红色，说明矿物X中含Fe3+D．取少量溶液向其中滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀产生，说明矿物X中含SO42﹣【考点】常见离子的检验方法．【分析】A、观察K的焰色反应现象是紫色； B、铵盐可以和碱溶液之间加热反应生成碱性气体氨气，该气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝；C、铁离子能和KSCN溶液混合产生血红色溶液，亚铁离子可以被硝酸氧化为铁离子；D、取少量溶液向其中滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀产生，改沉淀可以是硫酸钡或是氯化银．【解答】解：A、用铂丝蘸取某溶液进行焰色反应，火焰呈紫色，说明该溶液一定存在K+，故A正确；B、铵盐可以和碱溶液之间只有加热才反应生成碱性气体氨气，该气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，向某未知溶液中加入稀NaOH溶液，加热，将湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，试纸变蓝，说明矿物X中含NH4+，故B正确；C、铁离子能和KSCN溶液混合产生血红色溶液，所以向某溶液中滴加KSCN溶液，溶液变成血红色，说明该溶液中一定含有Fe3+，但是矿物溶于稀硝酸，出现的铁离子，原来的矿物中不一定含有铁离子，可能含亚铁离子，故C错误；D、取少量溶液向其中滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀产生，改沉淀可以是硫酸钡或是氯化银，说明矿物X中含SO42﹣或是Ag+中的至少一种，故D错误．故选AB．　14．25℃时，用0.0500mol•L﹣1H2C2O4（二元弱酸）溶液滴定25.00mL0.1000mol•L﹣1NaOH溶液所得滴定曲线如图．下列说法正确的是（　　）A．点①所示溶液中：c（H+）+c（H2C2O4）+c（HC2O4﹣）=c（OH﹣）B．点②所示溶液中：c（HC2O4﹣）+2c（C2O42﹣）=c（Na+）C．点③所示溶液中：c（Na+）＞c（HC2O4﹣）＞c（H2C2O4）＞c（C2O42﹣） D．滴定过程中可能出现：c（Na+）＞c（C2O42﹣）=c（HC2O4﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．【分析】25℃时，用0.0500mol•L﹣1H2C2O4（二元弱酸）溶液滴定25.00mL0.1000mol•L﹣1NaOH溶液，发生的反应为：H2C2O4+2NaOH=Na2C2O4+2H2O、H2C2O4+Na2C2O4=2NaHC2O4．A．点①表示滴入25.00mL0.0500mol•L﹣1H2C2O4（二元弱酸）溶液，恰好完全反应，生成正盐草酸钠，结合电荷守恒判断；B．点②溶液中，溶液呈中性，c（H+）=c（OH﹣），结合电荷守恒判断；C．点③滴入0.0500mol•L﹣1H2C2O4（二元弱酸）溶液50.00mL，溶液溶质为NaHC2O4，溶液呈酸性；D．点①为草酸钠成碱性，点②溶液溶质为NaHC2O4、Na2C2O4呈中性，点③溶液，溶质为NaHC2O4，呈酸性，介于②和③之间溶液NaHC2O4逐渐增多，溶液呈酸性．【解答】解：A．点①所示的溶液的体积25mL，草酸和氢氧化钠恰好完全反应，生成正盐草酸钠，草酸钠水解，所以溶液中，c（Na+）═2c（HC2O4﹣）+2c（H2C2O4）+2c（C2O42﹣）①，根据电荷守恒得：关系式为：c（Na+）+c（H+）═c（HC2O4﹣）+c（OH﹣）+2c（C2O42﹣）②，将①代入②得：c（H+）+2c（H2C2O4）+c（HC2O4﹣）=c（OH﹣），故A错误；B．点②溶液中，溶液呈中性，c（H+）=c（OH﹣）①，根据电荷守恒得：关系式为：c（Na+）+c（H+）═c（HC2O4﹣）+c（OH﹣）+2c（C2O42﹣）②，将①代入②得c（HC2O4﹣）+2c（C2O42﹣）=c（Na+），故B正确；C．点③所示的溶液的体积50mL，草酸过量，溶液溶质为NaHC2O4，溶液呈酸性，草酸氢根离子的电离大于草酸氢根离子的水解，所以c（Na+）＞c（HC2O4﹣）＞c（C2O42﹣）＞c（H2C2O4），故C错误；D．点①为草酸钠成碱性，点②溶液呈中性为草酸钠、草酸氢钠，点③溶液呈酸性，介于②和③之间，随着草酸的滴入，NaHC2O4逐渐增多，所以可出现c（Na+）＞c（C2O42﹣）=c（HC2O4﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣），故D正确； 故选BD．　15．一定温度下，在三个体积均为0.5L的恒容密闭容器中发生反应：CO（g）+Cl2（g）⇌C0Cl2（g），其中容器I中5min时到达平衡．下列说法中正确的是（　　）温度/℃起始物成质的量/mol平衡物质的两/mol容器编马COCl2COCl2COCl2Ⅰ5001.01.000.8Ⅱ5001.0a00.5Ⅲ6000.50.50.507A．容器I中前5min的平均反应速率v（CO）=0.16mol•L﹣1•min﹣1B．该反应正反应为吸热反应C．容器Ⅱ中起始时Cl2的物质的量为0.55molD．若起始时向容器I加入CO0.8mol，Cl20.8mol，达到平衡时CO转化率大于80%．【考点】化学平衡的影响因素．【分析】A．依据V=计算用COCl2表示的反应速率，依据速率之比等于计量系数之比计算用CO表示速率；B．Ⅱ和Ⅲ为等效平衡，依据温度改变后COCl2物质的量判断反应的热效应；C．依据Ⅰ组数据计算反应平衡常数，Ⅰ和Ⅱ温度相同则平衡常数相同，依据平衡常数计算容器Ⅱ中起始时Cl2的物质的量；D．CO（g）+Cl2（g）⇌C0Cl2（g）为气体体积减小的反应，减压平衡向系数大的方向移动；【解答】解：A．容器I中前5min的平均反应速率v（COCl2）==0.32mol/L•Min﹣1，依据速率之比等于计量系数之比，则V（CO）=V（COCl2）=0.32mol/L•Min﹣1，故A错误；B．依据图中数据可知：Ⅱ和Ⅲ为等效平衡，升高温度，COCl2物质的量减小，说明平衡向逆向移动，则逆向为吸热反应，正向为放热反应，故B错误； C．依据方程式：CO（g）+Cl2（g）⇌C0Cl2（g），可知：CO（g）+Cl2（g）⇌C0Cl2（g），起始浓度（mol/L）220转化浓度（mol/L）1.61.61.6平衡浓度（mol/L）0.40.41.6反应平衡常数K==10，平衡时CO转化率：×100%=80%；依据Ⅱ中数据，结合方程式可知：CO（g）+Cl2（g）⇌C0Cl2（g），起始浓度（mol/L）22a0转化浓度（mol/L）111平衡浓度（mol/L）12a﹣11Ⅰ和Ⅱ温度相同则平衡常数相同则：K==10，解得a=0.55mol；故C正确；D．CO（g）+Cl2（g）⇌C0Cl2（g）为气体体积减小的反应，若起始时向容器I加入CO0.8mol，Cl20.8mol，相当于给体现减压，减压平衡向系数大的方向移动，平衡转化率降低，小于80%，故D错误；故选：C．　三、非选择题（共80分}16．以炼锌厂的烟道灰（主要成分为ZnO，另含少量Fe2O3、CuO、SiO2、MnO等）为原料可生产草酸锌晶体（ZnC2O4•2H2O）．有关氢氧化物开始沉淀和沉淀完全的pH如下表：氢氧化物Fe（OH）3Fe（OH）2Cu（OH）2Zn（OH）2开始沉淀的pH1.56.54.25.4 沉淀完全的pH3.39.76.78.2请问答下列问题：（1）滤渣A的主要成分为　SiO2　．（2）除锰过程中产生MnO（OH）2沉淀的离子方程式为　Mn2++H2O2+H2O=MnO（OH）2↓+2H+　．（3）①除铁（部分Cu2+可能被除去）时加入ZnO控制反应液pH的范围为　3.3～5.4　．②上述流程中除铁与除铜的顺序不能颠倒，否则除铁率会减小，其原因是　先加入ZnS会将Fe3+还原为Fe2+，使铁元素难以除去　．（4）若沉淀过程采用Na2C2O4代替（NH4）2C2O4生产草酸锌晶体，合理的加料方式是　在搅拌下，将Na2C2O4缓慢加入到ZnCl2溶液中　．（5）将草酸锌晶体加热分解可得到一种纳米材料．加热过程中固体残留率随温度的变化如右图所示，300℃～460℃范围内，发生反应的化学方程式为　ZnC2O4ZnO+CO↑+CO2↑　．【考点】制备实验方案的设计．【分析】用盐酸酸浸时SiO2不溶解，过滤分离，滤渣A为SiO2，滤液中加入过氧化氢进行除锰，再通过调节溶液pH，使Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀，过滤分离，滤液中再加入ZnS，Cu2+转化为CuS沉淀，过滤除去，滤液中注意为氯化锌，加入草酸铵得到草酸锌晶体，最终的滤液中含有氯化铵等．（1）由分析可知，滤渣A为二氧化硅，滤渣B为氢氧化铁；（2）除锰过程中产生MnO（OH）2沉淀，根据电荷守恒应有氢离子生成；（3）①除铁（部分Cu2+可能被除去）时加入ZnO控制pH使铁离子沉淀完全，而Zn2+不能沉淀；②ZnS会将Fe3+还原为Fe2+，使铁元素难以除去； （4）用Na2C2O4代替（NH4）2C2O4生产草酸锌晶体，可以吧草酸铵加入氯化锌溶液中生成草酸锌沉淀；（5）ZnC2O4•2H2O晶体中的ZnC2O4质量分数为×100%=80.95%，故A点完全失去结晶水，化学式为ZnC2O4，假设B点为ZnO，则残留固体占有的质量分数为×100%=42.86%，故B点残留固体为ZnO，结合原子守恒可知还生成等物质的量的CO与CO2．【解答】解：用盐酸酸浸时SiO2不溶解，过滤分离，滤渣A为SiO2，滤液中加入过氧化氢进行除锰，再通过调节溶液pH，使Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀，过滤分离，滤液中再加入ZnS，Cu2+转化为CuS沉淀，过滤除去，滤液中注意为氯化锌，加入草酸铵得到草酸锌晶体，最终的滤液中含有氯化铵等．（1）由分析可知，滤渣A为SiO2，故答案为：SiO2；（2）除锰过程中产生MnO（OH）2沉淀，根据电荷守恒应有氢离子生成，反应离子方程式为：Mn2++H2O2+H2O=MnO（OH）2↓+2H+，故答案为：Mn2++H2O2+H2O=MnO（OH）2↓+2H+；（3）①除铁（部分Cu2+可能被除去）时加入ZnO控制pH使铁离子沉淀完全，而Zn2+不能沉淀，故控制反应液pH的范围为3.3～5.4，故答案为：3.3～5.4；②除铁与除铜的顺序不能颠倒，否则除铁率会减小，其原因是：先加入ZnS会将Fe3+还原为Fe2+，使铁元素难以除去，故答案为：先加入ZnS会将Fe3+还原为Fe2+，使铁元素难以除去；（4）若沉淀过程采用Na2C2O4代替（NH4）2C2O4生产草酸锌晶体，合理的加料方式是，在搅拌下，将Na2C2O4缓慢加入到ZnCl2溶液中，故答案为：在搅拌下，将Na2C2O4缓慢加入到ZnCl2溶液中；（5）ZnC2O4•2H2O晶体中的ZnC2O4质量分数为×100%=80.95%，故A点完全失去结晶水，化学式为ZnC2O4，假设B点为ZnO，则残留固体占有的质量分数为×100%=42.86%，故B点残留固体为ZnO，结合原子守恒可知还生成等物质的量的CO与CO2．300℃～460℃范围内，发生反应的化学方程式为：ZnC2O4ZnO+CO↑+CO2↑， 故答案为：ZnC2O4ZnO+CO↑+CO2↑．　17．化合物G是一种治疗认知障碍药物的中间体，可以通过以下方法合成：（1）化合物A、D中含氧官能团的名称分别为　羰基　和　酯基　．（2）由B→C的反应类型为　加成反应　；化合物E的结构简式为　　．（3）写出同时满足下列条件的B的一种同分异构体的结构简式：　或　．①能发生银镜反应，水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应；②分子中只有4种不同化学环境的氢，且分子中含有氨基．（4）已知：RCNRCH2NH2，请写出以和CH3CH2Cl为原料制备的合成路线流程图（无机试剂任用）．合成路线流程图示例如下：CH3CH2OHCH2=CH2CH3CH2Cl．【考点】有机物的合成．【分析】（1）根据有机物结构，可知A、D中含氧官能团分别为羰基、酯基； （2）对比B、C结构可知，B中碳碳双键与HCl发生加成反应生成C；对比D、F的结构，结合E的分子式可知E的结构简式为：；（3）同时满足下列条件的B的一种同分异构体：①能发生银镜反应，水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有甲酸与酚形成的酯基；②分子中只有4种不同化学环境的氢，且分子中含有氨基，应存在对称结构，另外取代基为2个﹣NH2、1个﹣C（CH3）3；（4）CH3CH2Cl发生水解反应生成CH3CH2OH，与发生酯化反应生成．CH3CH2Cl与KCN发生取代反应生成CH3CH2CN，用氢气还原得到CH3CH2CH2NH2，再与反应得到．【解答】解：（1）根据有机物结构，可知A、D中含氧官能团分别为羰基、酯基，故答案为：羰基、酯基；（2）对比B、C结构可知，B中碳碳双键与HCl发生加成反应生成C；对比D、F的结构，结合E的分子式可知，E与乙醇发生酯化反应生成F，则E的结构简式为：，故答案为：加成反应；；（3）同时满足下列条件的B的一种同分异构体：①能发生银镜反应，水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有甲酸与酚形成的酯基；②分子中只有4种不同化学环境的氢，且分子中含有氨基，应存在对称结构，另外取代基为2个﹣NH2、1个﹣C（CH3）3，结构简式为：或 ，故答案为：或；（4）CH3CH2Cl发生水解反应生成CH3CH2OH，与发生酯化反应生成．CH3CH2Cl与KCN发生取代反应生成CH3CH2CN，用氢气还原得到CH3CH2CH2NH2，再与反应得到，合成路线流程图为：，故答案为：．　18．电解法处理含氮氧化物废气，可回收硝酸，具有较高的环境效益和经济效益．实验室模拟电解法吸收NOx的装置如图所示（图中电极均为石墨电极）．（1）若用NO2气体进行模拟电解法吸收实验．①写出电解时NO2发生反应的电极反应式：　NO2﹣e﹣+H2O=NO3﹣+2H+　．②若有标准状况下2.24LNO2 被吸收，通过阳离子交换膜（只允许阳离子通过）的H+为　0.1　mol．（2）某小组在右室装有10L0.2mol•L﹣1硝酸，用含NO和NO2（不考虑NO2转化为N2O4）的废气进行模拟电解法吸收实验．①实验前，配制10L0.2mol•L﹣1硝酸溶液需量取　142.9　mL的密度为1.4g•mL﹣1、质量分数为63%的浓硝酸．②电解过程中，有部分NO转化为HNO2，实验结束时，测得右室溶液中含3molHNO3、0.1molHNO2，同时左室收集到标准状况下28LH2．计算原气体中NO和NO2的体积比（假设尾气中不含氮氧化物，写出计算过程）．【考点】电解原理．【分析】（1）①根据图知，电解时，左室中电极上氢离子放电生成氢气，则左室为阴极室，右室为阳极室，阳极上通入的是氮氧化物，生成的硝酸，所以阳极上氮氧化物失电子和水生成硝酸；②n（NO2）==0.1mol，阳极反应式为NO2﹣e﹣+H2O=NO3﹣+2H+，有0.2mol氢离子生成，因为有0.1mol硝酸生成，则有0.1mol氢离子引入阴极室；故答案为：0.1；（2）①浓硝酸的物质的量浓度==mol/L=14mol/L，根据溶液稀释前后溶质的物质的量不变计算；②n（H2）==1.25mol，根据转移电子守恒得转移电子物质的量=1.25mol×2=2.5mol，电解前溶液中n（HNO3）=0.2mol/L×10L=2mol，电解后溶液中含3molHNO3、0.1molHNO2，说明电解过程中有1molHNO3、0.1molHNO2生成，根据N原子守恒得n（NO）+n（NO2）=3mol﹣0.2mol•L﹣1×10L+0.1mol=1.1mol， 生成0.1mol亚硝酸转移电子0.1mol且需要0.1mol电子，则生成硝酸转移电子物质的量=2.5mol﹣0.1mol=2.4mol，设参加反应生成硝酸的NO物质的量为xmol、二氧化氮的物质的量为ymol，根据N原子守恒及转移电子守恒计算．【解答】解：（1）①根据图知，电解时，左室中电极上氢离子放电生成氢气，则左室为阴极室，右室为阳极室，阳极上通入的是氮氧化物，生成的硝酸，所以阳极上氮氧化物失电子和水生成硝酸；②n（NO2）==0.1mol，阳极反应式为NO2﹣e﹣+H2O=NO3﹣+2H+，有0.2mol氢离子生成，因为有0.1mol硝酸生成，则有0.1mol氢离子引入阴极室；故答案为：0.1；（2）①浓硝酸的物质的量浓度==mol/L=14mol/L，根据溶液稀释前后溶质的物质的量不变计算；②n（H2）==1.25mol，根据转移电子守恒得转移电子物质的量=1.25mol×2=2.5mol，电解前溶液中n（HNO3）=0.2mol/L×10L=2mol，电解后溶液中含3molHNO3、0.1molHNO2，说明电解过程中有1molHNO3、0.1molHNO2生成，根据N原子守恒得n（NO）+n（NO2）=3mol﹣0.2mol•L﹣1×10L+0.1mol=1.1mol，生成0.1mol亚硝酸转移电子0.1mol且需要0.1mol电子，则生成硝酸转移电子物质的量=2.5mol﹣0.1mol=2.4mol，设参加反应生成硝酸的NO物质的量为xmol、二氧化氮的物质的量为ymol，根据N原子守恒及转移电子守恒计算．　19．如下图所示（B中冷却装置未画出），将氯气和空气（不参与反应）以体积比约1：3混合通入含水8%的碳酸钠中制备Cl2O，并用水吸收Cl2O制备次氯酸溶液． 已知：Cl2O极易溶于水并与水反应生成HClO；Cl2O的沸点为3.8℃，42℃以上分解为Cl2和O2．（1）①实验中控制氯气与空气体积比的方法是　通过观察A中产生气泡的速率调节流速　．②为使反应充分进行，实验中采取的措施有　搅拌、使用多孔球泡　．（2）①装置B中产生Cl2O的化学方程式为：　2Cl2+Na2CO3=Cl2O+2NaCl+CO2　．②若B无冷却装置，则进入C中的Cl2O会大量减少．其原因是　该反应放热，温度升高Cl2O会分解　．（3）装置C中采用棕色圆底烧瓶是因为　HClO见光易分解　．（4）已知次氯酸可被H2O2、FeCl2等物质还原成Cl﹣．测定C中次氯酸溶液的物质的量浓度的实验方案为：用　酸式滴定管　取20.00mL次氯酸溶液，　加入足量的H2O2溶液，再加入足量的硝酸银溶液，过滤，洗涤，在真空干燥箱中干燥，用电子天平称量沉淀质量　．（可选用的试剂：H2O2溶液、FeCl2溶液、AgNO3溶液．除常用仪器外须使用的仪器有：电子天平，真空干燥箱）【考点】制备实验方案的设计．【分析】氯气通过A装置与空气形成1：3的混合气体通入B装置，在搅拌棒的作用下与含水8%的碳酸钠充分反应制备Cl2O，并用水吸收Cl2O制备次氯酸钠溶液，同时用碱石灰吸收含有Cl2O的尾气，防止污染环境，（1）①控制氯气与空气体积比的方法可以通过观察A中产生气泡的比例来调节气体的流速；②增加气体与溶液的接触面积、搅拌等措施都可以加快反应速率；（2）①装置B中，氯气本身既作为氧化剂又作还原剂，本身被氧化到+1价的Cl2O，被还原到﹣1价的氯化钠； ②由于该反应为放热反应，温度升高Cl2O会分解，故进入C中的Cl2O会大量减少；（3）装置C是用水吸收Cl2O制备次氯酸溶液，但生成的HClO见光易分解，反应装置须选择避光；（4）需要20.00mL的次氯酸溶液，根据精确度应选用酸、碱式滴管，再根据HClO溶液既有酸性，又有强氧化性确定滴定管的类型；实验原理是结合所提供的试剂H2O2是还原HClO生成Cl﹣，再滴加过量提供的硝酸银溶液，根据生成的AgCl沉淀质量计算原溶液HClO的浓度．【解答】解：（1）①氯气和空气按照体积比约1：3混合通入潮湿碳酸钠中，控制氯气与空气体积比的方法可以通过观察A中产生气泡的比例来调节气体的流速，故答案为：通过观察A中产生气泡的速率调节流速；②为了氯气和原溶液充分接触完全反应，可以通过增加气体与溶液的接触面积、并用搅拌棒搅拌等方法，故答案为：搅拌、使用多孔球泡；（2）①装置B中，氯气本身既作为氧化剂又作还原剂，本身被氧化到+1价的Cl2O，被还原到﹣1价的氯化钠，故化学方程式为2Cl2+Na2CO3═Cl2O+2NaCl+CO2，故答案为：2Cl2+Na2CO3═Cl2O+2NaCl+CO2；（4）由于该反应为放热反应，温度升高Cl2O会分解，故进入C中的Cl2O会大量减少，故答案为：该反应放热，温度升高Cl2O会分解；（3）装置C中使用棕色平底烧瓶，目的是可以避光，防止反应生成的HClO见光分解，故答案为：HClO见光易分解；（4）选择使用酸式滴定管量取20.00mL的次氯酸溶液，具体实验操作是，向20.00mL的次氯酸溶液里加入足量的H2O2溶液，再加入足量的硝酸银溶液，过滤、洗涤，在真空干燥箱中干燥沉淀，用电子天平称量沉淀的质量，故答案为：酸式滴定管；加入足量的H2O2溶液，再加入足量的硝酸银溶液，过滤，洗涤，在真空干燥箱中干燥，用电子天平称量沉淀质量．　 20．利用氨水吸收烟气中的二氧化硫，其相关反应的主要热化学方程式如下：SO2（g）+NH3•H2O（aq）=NH4HSO3（aq）△H1=akJ•mol﹣1NH3•H2O（aq）+NH4HSO3（aq）=（NH4）2SO3（aq）+H2O（l）△H2=bkJ•mol﹣12（NH4）2SO3（aq）+O2（g）=2（NH4）2SO4（aq）△H3=ckJ•mol﹣1（1）反应2SO2（g）+4NH3•H2O（aq）+O2（g）=2（NH4）2SO4（aq）+2H2O（l）的△H=　2a+2b+c　kJ•mol﹣1．（2）空气氧化（NH4）2SO3的速率随温度的变化如图所示，当温度超过60℃时，（NH4）2SO3氧化速率下降的原因可能是　温度过高（NH4）2SO3会分解（或水解），浓度减小（或温度升高氧气在溶液中溶解度降低）　．（3）以磷石膏废渣和碳酸铵为原料制备硫酸铵，不仅解决了环境问题，还使硫资源获得二次利用．反应的离子方程式为CaSO4（s）+CO32﹣（aq）⇌SO42﹣（aq）+CaCO3（s），该反应的平衡常数K=　3138　．[已知Ksp（CaCO3）=2.9×10﹣9，Ksp（CaSO4）=9.1×10﹣6]（4）（NH4）2SO4在工农业生产中有多种用途．①将黄铜精矿（主要成分Cu2S）与硫酸铵混合后在空气中进行焙烧，可转化为硫酸铜同时产生氨气．该反应的化学方程式为　2Cu2S+2（NH4）2SO4+5O24CuSO4+4NH3+2H2O　．②研究硫酸铵的分解机理有利于对磷石膏的开发．在500℃下硫酸铵分解过程中得到4种产物，其含氮物质随时间变化关系如图甲所示．写出该条件下硫酸铵分解的化学方程式，并用单线桥标出电子转移的方向及数目：　 　．③（NH4）2SO4是工业制备K2SO4的重要原料．根据图乙中相关物质的溶解度曲线，简述工业上制备K2SO4晶体的设计思路：　配制较高温度（80℃﹣100℃）下的硫酸铵、氯化钾饱和混合溶液，冷却结晶，过滤、洗涤　．【考点】化学平衡的计算；反应热和焓变．【分析】（1）①根据盖斯定律，给已知方程式编号①SO2（g）+NH3•H2O（aq）═NH4HSO3（aq）△H1=akJ•mol﹣1；②NH3•H2O（aq）+NH4HSO3（aq）═（NH4）2SO3（aq）+H2O（l）△H2=bkJ•mol﹣1；③2（NH4）2SO3（aq）+O2（g）═2（NH4）2SO4（aq）△H3=ckJ•mol﹣1；目标反应的反应热为：①×2+②×2+③，由此分析解答；（2）根据图1分析，60℃氧化速率最快，温度过高（NH4）2SO3会分解；（3）反应的离子方程式为CaSO4（s）+CO32﹣（aq）⇌SO42﹣（aq）+CaCO3（s），该反应的平衡常数K==×=；（4）①将黄铜精矿（主要成分Cu2S）与硫酸铵混合后在空气中进行焙烧，可转化为硫酸铜同时产生氨气和水，结合原子守恒配平书写化学方程式；②在500℃下硫酸铵分解过程中得到4种产物，其含氮物质随时间变化关系如图甲所示，硫酸铵分解生成氮气、氨气、二氧化硫和水，结合电子守恒和原子守恒配平书写；③（NH4）2SO4是工业制备K2SO4的重要原料．根据图乙中相关物质的溶解度曲线，从生成物的溶解度大小考虑反应能否发生；【解答】解：（1）①根据盖斯定律，给已知方程式编号①SO2（g）+NH3•H2 O（aq）═NH4HSO3（aq）△H1=akJ•mol﹣1；②NH3•H2O（aq）+NH4HSO3（aq）═（NH4）2SO3（aq）+H2O（l）△H2=bkJ•mol﹣1；③2（NH4）2SO3（aq）+O2（g）═2（NH4）2SO4（aq）△H3=ckJ•mol﹣1；盖斯定律计算目标反应的反应热为：①×2+②×2+③，2SO2（g）+4NH3•H2O（aq）+O2（g）=2（NH4）2SO4（aq）+2H2O（l）△H=（2a+2b+c）KJ/mol，故答案为：2a+2b+c；（2）根据图1分析，60℃氧化速率最快，则在空气氧化（NH4）2SO3的适宜温度为60℃，温度过高（NH4）2SO3会分解（或水解），浓度减小（或温度升高氧气在溶液中溶解度降低），故答案为：温度过高（NH4）2SO3会分解（或水解），浓度减小（或温度升高氧气在溶液中溶解度降低）；（3）反应的离子方程式为CaSO4（s）+CO32﹣（aq）⇌SO42﹣（aq）+CaCO3（s），该反应的平衡常数K==×===3138，故答案为：3138；（4）①将黄铜精矿主要成分Cu2S）与硫酸铵混合后在空气中进行焙烧，可转化为硫酸铜同时产生氨气和水，结合电子守恒和原子守恒配平书写，反应的化学方程式为：2Cu2S+2（NH4）2SO4+5O24CuSO4+4NH3+2H2O，故答案为：2Cu2S+2（NH4）2SO4+5O24CuSO4+4NH3+2H2O；②在500℃下硫酸铵分解过程中得到4种产物，其含氮物质随时间变化关系如图甲所示，硫酸铵分解生成氮气、氨气、二氧化硫和水，结合电子守恒和原子守恒配平书写得到化学方程式为：3（NH4）2SO4N2↑+4NH3↑+3SO2↑+6H2O↑，氮元素化合价﹣3价变化为0价，硫元素化合价+6价变化为+4价，电子转移总数6e﹣，单线桥标出电子转移的方向及数目为： ，故答案为：；③根据复分解反应发生的条件和图象中物质溶解度分析，常温下K2SO4的溶解度小，在生成物中会以沉淀的形式出现，故反应可以进行，工业上制备K2SO4晶体的设计思路是：配制较高温度（80℃﹣100℃）下的硫酸铵、氯化钾饱和混合溶液，冷却结晶，过滤、洗涤得到，故答案为：配制较高温度（80℃﹣100℃）下的硫酸铵、氯化钾饱和混合溶液，冷却结晶，过滤、洗涤；　四、【选做题】本题包括A、B两小题，请选定其中一小题，并在相应的答题区域内作答．若多做，则按A小题评分。A．《物质结构与性质》21．元素X位于第四周期，其基态原子有4个未成对电子．Y原子最外层电子数是其内层电子总数的3倍，元素Z基态原子的3p轨道上有4个电子．（1）Y与Z可形成多种化合物．①元素Y与Z中电负性较大的是　O　（用元素符号描述）．②离子ZY32﹣的空间构型为　三角锥形　（用文字描述）．③写出一种与ZY2互为等电子体的氧化物分子的化学式　SeO2　．（2）Y的氢化物（H2Y）在乙醇中的溶解度大于H2Z，其原因是　H2O分子与乙醇分子间可形成氢键，而H2S不能　．（3）含X2+的溶液与KCN、氨水反应可得到化合物K3[X（CN）5（NH3）]．①基态X2+的电子排布式是　1s22s22p63s23p63d6　．②1mol配合物K3[X（CN）5（NH3）]中含σ键的数目为　14mol　．（4）右图为X与Z所形成的一种化合物的基本结构单元，推测该化合物的化学式：　Fe3S8　． 【考点】原子结构与元素周期律的关系．【分析】元素X位于第四周期，其基态原子有4个未成对电子，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，则X为Fe；Y原子最外层电子数是其内层电子总数的3倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，故Y为O元素；元素Z基态原子的3p轨道上有4个电子，核外电子排布式为1s22s22p63s23p4，则Z为S元素．（1）①同主族自上而下电负性减小；②计算SO32﹣中S原子孤电子对数、价层电子对数，进而确定空间构型；③原子数目相等、价电子总数也相等的微粒互为等电子体；（2）H2O分子与乙醇分子间可形成氢键，而H2S不能；（3）①根据能量最低原理书写基态Fe2+的电子排布式；②氨气分子中有3个σ键，CN﹣中含有1个σ键，形成6个配位键，也属于σ键；（4）根据均摊法，晶胞中S、Fe原子数目，进而确定化学式．【解答】解：元素X位于第四周期，其基态原子有4个未成对电子，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，则X为Fe；Y原子最外层电子数是其内层电子总数的3倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，故Y为O元素；元素Z基态原子的3p轨道上有4个电子，核外电子排布式为1s22s22p63s23p4，则Z为S元素．（1）①同主族自上而下电负性减小，故电负性O＞S，故答案为：O；②离子SO32﹣中S原子孤电子对数==1，价层电子对数=3+1=4，为三角锥形，故答案为：三角锥形；③原子数目相等、价电子总数也相等的微粒互为等电子体，则一种与SO2互为等电子体的氧化物分子的化学式为：SeO2等，故答案为：SeO2；（2）H2O分子与乙醇分子间可形成氢键，而H2S不能，H2O在乙醇中的溶解度大于H2S，故答案为：H2O分子与乙醇分子间可形成氢键，而H2S不能；（3）①基态Fe2+的电子排布式是：1s22s22p63s23p63d6，故答案为：1s22s22p63s23p63d6；②氨气分子中有3个σ键，CN﹣ 中含有1个σ键，形成6个配位键，也属于σ键，1mol配合物K3[Fe（CN）5（NH3）]中含14molσ键，故答案为：14mol；（4）根据均摊法，晶胞中S原子数目为4，Fe原子数目为1+4×=1.5，Fe、S原子数目之比为3：8，故化学式为：Fe3S8，故答案为：Fe3S8．　B．《实验化学》22．以苯甲醛为原料制取苯甲醇和苯甲酸的合成反应如下：相关物质的部分物理性质见下表：名称相对密度熔点（℃）沸点（℃）溶解度水乙醚苯甲醛1.04﹣26179.6微溶易溶苯甲酸1.27122.124925℃微溶，95℃可溶易溶苯甲醇1.04﹣15.3205.7微溶易溶乙醚0.71﹣116.334.6不溶﹣﹣实验流程如下：（1）萃取时苯甲醇在分液漏斗的　上层　（填“上”或“下”）层，分液漏斗振摇过程中需慢慢开启旋塞几次，其原因是　排放可能产生的气体以解除超压　．（2）用NaHSO3溶液、10%Na2CO3溶液、H2O洗涤乙醚层．①用10%Na2CO3溶液洗涤目的是　除去乙醚中溶解的少量苯甲酸　．②操作Ⅰ名称是　蒸馏　．（3）抽滤操作结束时先后进行的操作是　先断开抽滤瓶与抽气泵的连接，后关闭抽气泵　．（4）提纯粗产品乙的实验方法为　重结晶　．【考点】有机物的合成． 【分析】苯甲醛反应得到苯甲醛与苯甲酸钠，用乙醚萃取分液，乙醚层中溶解苯甲醇，经过蒸馏得到甲为苯甲醇．水层中含有苯甲酸钠，加入与盐酸得到苯甲酸，冷却有利于苯甲酸析出，抽滤分离提纯．（1）乙醚的密度比水的小，乙醚层在上层；排放可能产生的气体以解除超压；（2）①除去乙醚中溶解的少量苯甲酸②操作I分离互溶液体物质；（3）抽滤操作结束时，先断开抽滤瓶与抽气泵的连接，后关闭抽气泵；（4）利用重结晶方法进行提纯．【解答】解：苯甲醛反应得到苯甲醛与苯甲酸钠，用乙醚萃取分液，乙醚层中溶解苯甲醇，经过蒸馏得到甲为苯甲醇．水层中含有苯甲酸钠，加入与盐酸得到苯甲酸，冷却有利于苯甲酸析出，抽滤分离提纯．（1）乙醚的密度比水的小，乙醚层在上层，即萃取时苯甲醇在分液漏斗的上层；分液漏斗振摇过程中需慢慢开启旋塞几次，其原因是：排放可能产生的气体以解除超压，故答案为：上层；排放可能产生的气体以解除超压；（2）①用10%Na2CO3溶液洗涤目的是：除去乙醚中溶解的少量苯甲酸，故答案为：除去乙醚中溶解的少量②操作I分离互溶液体物质，采取蒸馏方法，故答案为：蒸馏；（3）抽滤操作结束时，先断开抽滤瓶与抽气泵的连接，后关闭抽气泵，故答案为：先断开抽滤瓶与抽气泵的连接，后关闭抽气泵；（4）提纯粗产品苯甲酸的实验方法为重结晶，故答案为：重结晶．　 2017年1月13日