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1．(2015·广西桂林模拟)化学与科学、技术、社会、环境密切相关。下列有关说法中错误的是(　C　)
A．推广使用风能、太阳能等新能源能够减少温室气体的排放
B．餐桌上的瓷盘是硅酸盐制品
C．制作航天服的聚酯纤维和用于光缆通信的光导纤维都是新型无机非金属材料
D．用“84”消毒液来杀死埃博拉流感病毒是因为病毒的蛋白质发生了变性
解析：风能、太阳能等新能源在使用过程中不会产生CO2，可减少温室气体的排放，A项正确；瓷盘是硅酸盐制品，B项正确；聚酯纤维属于有机高分子材料，C项错误；“84”消毒液具有强氧化性，可使病毒的蛋白质发生变性，D项正确。
2．(2016·天津卷)据所给的信息和标志，判断下列说法错误的是(　B　)
A
B
C
D
《神农本草经》记载，麻黄能“止咳逆上气”
碳酸氢钠药片
古代中国人已用麻黄治疗咳嗽
该药是抗酸药，服用时喝些醋能提高药效
看到有该标志的丢弃物，应远离并报警
贴有该标志的物品是可回收物
解析：麻黄可治疗咳嗽，A项正确；碳酸氢钠可与醋酸反应成CO2，失去了与胃酸反应的能力，故B项错误；C项为放射性物品标志，处理办法是远离此物品并报警，C项正确；D项为可回收物品的标志，D项正确。
3．(2016·江苏卷)下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是(　D　)
A．SO2具有氧化性，可用于漂白纸浆
B．NH4HCO3受热易分解，可用作氮肥
C．Fe2(SO4)3易溶于水，可用作净水剂
D．Al2O3熔点高，可用作耐高温材料
解析：SO2漂白纸浆是利用SO2与有机物生成无色物质的性质，A项错误；铵盐可用作氮肥，不是利用其受热易分解的性质，B项错误；Fe2 (SO4)3作净水剂，是由于Fe3＋水解生成FeOH)3胶体，可吸附水中的悬浮物并沉降，C项错误；Al2O3熔点高，可用作耐高温材料，D项正确。
4．关于胶体，下列说法正确的是(　D　)
A．胶体的聚沉是化学变化
B．含有0.01 mol FeCl3的溶液制成的胶体中，胶体粒子的数目约为6.02×1021个
C．胶体的介稳性与胶体带有电荷无关
D．NaCl晶体既可制成溶液又可制成胶体
解析：A项，胶体的聚沉是物理变化，错误；B项，每个胶粒是由许多个Fe(OH)3构成的，错误；C项，胶体的介稳性和胶粒所带电荷有关，错误；D项，NaCl溶于水形成溶液，溶于酒精形成胶体，正确。
5．(2016·河北保定六校联考)自保定市被自然基金会选定为“中国低碳城市发展项目”的首批试点城市之后，“低碳”已经走进百姓生活、城市建设以及经济发展等各个领域，下列有关说法中不正确的是(　B　)
A．太阳能、地热能、核能等均属于新能源
B．“低碳”是指采用含碳量低的烃类化合物作燃料
C．图中甲烷经一氯甲烷转化成低碳烯烃的途径体现了“节能减排”思想
D．减少化石能源的使用能减少CO2的排放量
解析：太阳能、风能、核能、生物质能、地热能等均属于新能源，A项正确；图中CH4经一氯甲烷转化成低碳烯烃的途径体现了“节能减排”思想，C项正确；减少化石能源的使用能有效减少CO2的排放量，是实现“低碳经济”的重要途径，D项正确；“低碳”意指少用或不用化石燃料作能源，以减少温室气体的排放，并非指采用含碳量低的烃类化合物作燃料；B项错误。
6．(2016·全国卷丙)化学在生活中有着广泛的应用，下列对应关系错误的是(　B　)
化学性质
实际应用
A.
Al2(SO4)3和小苏打反应
泡沫灭火器灭火
B.
铁比铜金属性强
FeCl3腐蚀Cu刻制印刷电路板
C.
次氯酸盐具有氧化性
漂白粉漂白织物
D.
HF与SiO2反应
氢氟酸在玻璃器皿上刻蚀标记
解析：A项，Al2 (SO4)3与NaHCO3在溶液中能发生水解相互促进反应，生成Al(OH)3沉淀和CO2气体，能灭火。B项，2FeCl3＋Cu===2FeCl2 ＋CuCl2，只能说明还原性Cu强于Fe2＋，无法说明Fe与Cu的金属性强弱。C项，次氯酸盐具有强氧化性，可以漂白织物。D项，氢氟酸与玻璃的主要成分SiO2反应，生成SiF4气体和水，故氢氟酸可以刻蚀玻璃。
7．下列有关物质和该性质的描述均正确的是(　B　)
A．Na2O2是碱性氧化物，只含离子键，能与CO2、H2O反应作供氧剂
B．浓硫酸具有强氧化性，常温下可用铝罐盛装
C．SO2与Cl2均具有漂白性，两者混合使用可以增强漂白效果
D．硝酸具有酸性，可用硝酸与活泼金属反应制备氢气
解析：A项，过氧化钠不是碱性氧化物，它与酸反应不止有盐生成，还有氧气生成，不符合碱性氧化物的定义，另外它含有离子键和共价键，错误；B项，浓硫酸可以把铝钝化，形成一层致密的氧化物薄膜，阻止铝与浓硫酸进一步反应，正确；C项，Cl2 与 SO2 会发生反应：Cl2＋SO2＋2H2O===2HCl＋H2SO4，生成两种强酸，失去漂白性，错误；D项，硝酸有强氧化性能与活泼金属反应，但产物不是氢气，错误。
8．(2016·安徽芜湖模拟)化学已渗透到人类生活的各个方面，下列说法正确的是(　C　)
A．铁强化酱油中添加了氯化铁
B．氢化植物油水解不能得到甘油
C．硅胶常用作干燥剂和催化剂的载体
D．在入海口的钢闸上装一定数量的铜块可以防止闸门腐蚀
解析：铁强化酱油中的铁指铁元素，不是氯化铁，故A项错；氢化植物油是饱和的高级脂肪酸甘油酯，一定条件下能水解得到高级脂肪酸和甘油，故B项错；铁比铜活泼，构成原电池时铁优先失电子被氧化，钢铁闸门镶铜使铁更易被腐蚀，故D项错。
9．火山喷发时所产生的火山气体主要包括水蒸气、CO2、CO、SO2、SO3、H2S、HCl、Cl2和HF等物质。这些气体可以对生物造成极其严重的危害。下列关于这些气体对人体和动物造成的危害的叙述不正确的是(　B　)
A．由CO2等组成的气体聚集于火山口附近的低洼地区往往会形成“死塘”，使困于其中的动物窒息死亡
B．SO2、SO3、H2S等含硫化合物除了能形成酸雨外，还对植物和建筑物有影响，其本身的毒性不大
C．大量CO的存在，会使人或动物血液中的血红蛋白输氧能力降低，从而造成缺氧
D．火山气体中的氟化物会使动物的牙齿变得松脆并逐渐脱落，对动物造成危害
解析：由于CO2的密度比空气的大，所以CO2会沉积于低洼处，造成低洼处缺氧而形成“死塘”，A项对；B项所列硫的化合物均具有毒性，其中H2S具有剧毒，B项错；CO的毒性体现在其能与血红蛋白牢固结合而使血红蛋白失去输氧能力，C项对；氟及其化合物对人与动物的危害之一是使动物的牙齿变得松脆并逐渐脱落，D项对。
10．(2016·四川卷)化学与生产和生活密切相关。下列过程中没有发生化学变化的是(　B　)
A．氯气作水的杀菌消毒剂
B．硅胶作袋装食品的干燥剂
C．二氧化硫作纸浆的漂白剂
D．肥皂水作蚊虫叮咬处的清洗剂
解析：A项氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸有强氧化性，能杀菌消毒，发生了化学变化，A项不符合题意；B项硅胶能够吸收水分，可用作袋装食品的干燥剂，没有发生化学变化，B项符合题意；C项二氧化硫在漂白过程中与有色物质反应生成了无色物质，发生了化学变化，C项不符合题意；D项蚊虫叮咬过程中释放出的酸性物质能与肥皂水发生反应，发生了化学变化，D项不符合题意。
11．下列选项中物质或概念之间的包含或从属关系与图中不相符的是(　D　)
X
Y
Z
A
苯
芳香烃
有机化合物
B
溶液
分散系
混合物
C
强电解质
电解质
化合物
D
置换反应
氧化还原反应
离子反应
解析：芳香烃指分子中含有苯环结构的碳氢化合物，有机化合物是含碳元素的化合物；B项，溶液属于分散系，分散系是由分散质和分散剂组成的；C项，电解质分为强电解质和弱电解质，均为化合物；D项，置换反应一定是氧化还原反应，氧化还原反应不一定是离子反应，如铝热反应。
12．下列各组物质的分类正确的是(　D　)
序号
混合物
非电解质
碱
酸式盐
A
漂白粉
Cl2
氨水
NaHCO3
B
福尔马林
苯
Cu2(OH)2CO3
明矾
C
胆矾
SO2
纯碱
NH4Cl
D
食醋
C2H5OH
苛性钾
NaHSO4
解析：非电解质是化合物，氯气是单质不是非电解质，A项错误；碱式碳酸铜是盐，B项错误；胆矾是纯净物，纯碱是盐，氯化铵是正盐，C项错误。
13．(2016·全国卷乙)化学与生活密切相关。下列有关说法错误的是(　D　)
A．用灼烧的方法可以区分蚕丝和人造纤维
B．食用油反复加热会产生稠环芳烃等有害物质
C．加热能杀死流感病毒是因为蛋白质受热变性
D．医用消毒酒精中乙醇的浓度为95%
解析：A项蚕丝的主要成分是蛋白质，灼烧时蚕丝有烧焦羽毛的气味，人造纤维则没有。B项食用油反复加热会发生复杂的反应，产生稠环芳烃等有害物质。C项加热能使流感病毒的蛋白质发生变性，从而杀死流感病毒。D项医用消毒酒精中乙醇的浓度为75%。
14．下列8个有关的叙述，其中完全正确的个数为(　B　)
①CO2、SO2、SO3、P2O5均为酸性氧化物
②Ca(HCO3)2、Fe(OH)3、FeCl2均可由化合反应制得
③某溶液中由水电离出的c(OH－)＝1×10－a mol·L－1，若a>7时，则该溶液的pH一定为14—a
④灼热的炭与CO2的反应以及Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl晶体的反应均既是氧化还原反应，又是吸热反应
⑤需要通电条件下才可进行的有电离、电解、电泳、电镀、电化学腐蚀
⑥氯化铁溶液与氢氧化铁胶体具有的共同性质是溶质能够透过滤纸，将其加热蒸干、灼烧后最终都有氧化铁生成
⑦石油分馏、煤的气化或液化、橡胶老化、海水制镁、纯碱晶体风化、纤维素制火棉等过程中都包含化学变化
⑧若将0.2 mol·L－1的某一元酸HA溶液和0.1 mol·L－1的NaOH溶液等体积混合后所得溶液的pH大于7，则该混合液中有2c(OH－)＋c(A－)＝2c(H＋)＋c(HA)
A．2个　 B．4个
C．6个 D．8个
解析：CO2、SO2、SO3、P2O5均为酸性氧化物，相应酸为碳酸、亚硫酸、硫酸、磷酸；Ca(HCO3)2可由CaCO3、CO2、H2O发生化合反应得到，Fe(OH)2、O2、H2O发生化合反应可得到Fe(OH)3，在溶液中，Fe与FeCl3发生化合反应得到FeCl2；由水电离出的 c(OH－)＝1×10－a mol·L－1，若a>7 时可知水的电离受到抑制，则该溶液既可能是酸溶液又可能是碱溶液，因此溶液pH有两种可能；Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl晶体的反应不属于氧化还原反应；电离、电化学腐蚀发生不需要通电；胶体粒子可以透过滤纸，因此可知⑥说法正确；石油分馏不包含化学变化；0.2 mol· L－1的某一元酸HA溶液和0.1 mol· L－1的NaOH溶液等体积混合后，所得溶液为HA与NaA等物质的量浓度混合的溶液，利用“电荷守恒、物料守恒”可得 2c(OH－)＋c(A－)＝2c(H＋)＋c(HA)，可见①②⑥⑧叙述正确。
15．(2016·甘肃兰州一模)化学与生产、生活、社会密切相关。下列说法中不正确的是(　B　)
A．合金材料中可能含有非金属元素
B．铁在潮湿的空气中放置，易发生化学腐蚀而生锈
C．废弃的玻璃、金属、纸制品是可回收利用的资源
D．捕获工业排放的CO2能降低地球的温室效应
解析：铁在潮湿环境下生锈，发生的是电化学腐蚀，B项错。
16．下列化学用语表示正确的是(　B　)
A．S2－的结构示意图：
B．次氯酸的结构式：H—O—Cl
C．水分子的比例模型：
D．NC13 的电子式：
解析：A项，S2－的质子数为16，错误；C项，图示为水的球棍模型，错误；D项，NCl3的电子式：，错误。
17．美、日化学家利用钯作催化剂，将有机物进行“裁剪”、“缝合”，创造出具有特殊功能的新物质而荣获诺贝尔化学奖。下列说法正确的是(　D　)
A．有机物中一定含有碳和氢两种元素
B．—定条件下，使用催化剂能提高反应物的平衡转化率
C．将有机物进行“缝合”可以不遵循原子守恒规律
D．将有机物进行“裁剪”需要破坏旧的化学键
解析：四氯化碳属于有机物，但不含氢元素；催化剂只影响反应速率，对化学平衡移动没有影响；化学反应一定遵循原子守恒规律。
18．(2016·山西太原调研)下列有关生活和生产中的化学知识描述正确的是(　C　)
A．合成纤维和光导纤维都是有机高分子化合物
B．铝合金的大量使用归功于人们能使用焦炭等还原剂从氧化铝中获得铝
C．发电厂的燃煤在燃烧时加入适量石灰石，有利于环境保护
D．因为食盐能使细菌等蛋白质发生变性，所以用食盐腌制过的食品能较长时间不变质
解析：光导纤维的主要成分是SiO2，不属于有机高分子化合物，A项错；焦炭不能还原氧化铝制得金属铝，铝的工业制法是电解氧化铝，B项错；食盐不能使蛋白质变性，D项错。
19．化学与生活息息相关，下列说法不正确的是(　B　)
A．用食醋可除去热水壶内壁的水垢
B．淀粉、油脂和蛋白质都是高分子化合物
C．自行车钢架生锈主要是电化学腐蚀所致
D．新型复合材料使手机、电脑等电子产品更轻巧、实用和新潮
解析：油脂不属于高分子化合物，B项错误。
20．(2016·浙江卷)下列说法不正确的是(　D　)
A．储热材料是一类重要的能量存储物质，单位质量的储热材料在发生熔融或结晶时会吸收或释放较大的热量
B．Ge(32号元素)的单晶可作为光电转换材料用于太阳能电池
C．Ba2＋浓度较高时危害健康，但BaSO4可服人体内，作为造影剂用于X－射线检查肠胃道疾病
D．纳米铁粉可以高效地去除被污染水体中的Pb2＋、Cu2＋、Cd2＋、Hg2＋等重金属离子，其本质是纳米铁粉对重金属离子较强的物理吸附
解析：储热材料在储热过程中存在能量交换，熔融过程会吸收热量，结晶过程会把吸收的热量重新放出，A项正确；硅(Si)和锗(Ge)是重要的半导体材料，可以作为光电转换的材料，B项正确；Ba2＋是重金属离子，有毒，但BaSO4是不溶于胃酸的固体，可做造影剂，C项正确；纳米铁粉在去除重金属离子时主要发生的是化学反应，把离子还原再分离，而不是物理吸附，D项错误。
21．(2016·江苏卷)下列有关化学用语表示正确的是(　B　)
A．中子数为10的氧原子：O
B．Mg2＋的结构示意图：
C．硫化钠的电子式：NaNa
D．甲酸甲酯的结构简式：C2H4O2
解析：中子数为10的氧原子为18 　8O，A项错误，B项正确；硫化钠的电子式为Na＋]2－Na＋，C项错误；甲酸甲酯的结构简式为HCOOCH3，D项错误。
22．(2015·四川卷)下列物质在生活中应用时，起还原作用的是(　D　)
A．明矾作净水剂
B．甘油作护肤保湿剂
C．漂粉精作消毒剂
D．铁粉作食品袋内的脱氧剂
解析：A项，明矾作净水剂是利用其发生水解反应产生的胶体；B项，甘油作护肤保湿剂是利用其吸水性；C项，漂粉精作消毒剂是利用其强的氧化性；D项，铁粉作食品袋内的脱氧剂是利用其还原性而消耗氧气。

1．(2016·福建福州一模)冬青油是一种无色液体，某实验小组利用如图所示的装置制备冬青油。化学反应原理和实验装置如下所示：
产物的有关数据如表所示：
相对分子质量
密度/g·cm－3
沸点/℃
溶解性
冬青油
152
1.180
222.2
微溶于水
实验步骤如下所示：
①向三颈瓶中加入6.9 g(0.05 mol)水杨酸和24 g(0.75 mol)甲醇，再小心地加入6 mL浓硫酸，摇匀。②加入2粒沸石(或碎瓷片)，装上仪器a，在石棉网上保持温度在85～95℃，回流1.5 h。③反应完毕，将烧瓶冷却，加入50 mL蒸馏水，然后转移至分液漏斗，弃去水层，将有机层再倒入分液漏斗中，依次用50 mL 5%碳酸氢钠溶液和30 mL水洗涤。④将产物移至干燥的锥形瓶中，加入0.5 g无水氯化钙。⑤最后将粗产品进行蒸馏，收集221～224°C的馏分，其质量为6.8 g。
请回答下列问题：
(1)本实验中浓硫酸的作用是催化剂、吸水剂。
(2)装置中仪器a的名称是球形冷凝管，进水口为Ⅰ(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。温度计的适宜规格为②(填代号)。
①50℃　　②100℃　　③300℃
(3)用碳酸氢钠溶液洗涤的目的是除去水杨酸和硫酸；用水洗涤时，产品在下(填“上”或“下”)层。
(4)加入无水氯化钙的目的是除去粗产品中的水分。
(5)本次实验中冬青油的产率为89.5%。
解析：(1)本实验的反应原理是酯化反应，浓硫酸是酯化的催化剂，同时，利用浓硫酸吸收生成的水，促进平衡向右移动，提高产率。
(2)仪器a为球形冷凝管，水从下口流入，上口流出，可提高冷却效果。实验温度控制在85～95 ℃，应选择量程为100 ℃的温度计。
(3)用碳酸氢钠溶液洗涤除去粗产品中未反应的水杨酸和硫酸。根据密度的数据知冬青油的密度大于水的密度，故产品在下层，水溶液在上层。
(4)用无水氯化钙吸收粗产品中的水分，避免蒸馏时水分进入产品中。
(5)所加反应物中甲醇过量，故应以水杨酸为标准进行计算。0.05 mol水杨酸若反应完全，应生成0.05 mol冬青油，即7.6 g，实际生成6.8 g，故本次实验中冬青油的产率为×100%＝89.5%。
2．氨基甲酸铵(NH2COONH4)是一种白色固体，易分解、易水解，可用作肥料、灭火剂、洗涤剂等。某化学兴趣小组制备氨基甲酸铵，反应的化学方程式如下：2NH3(g)＋CO2(g)??NH2COONH4(s)　ΔH＜0
(1)如用右图装置制取氨气，你所选择试剂是浓氨水与氢氧化钠固体(其他合理答案均可)。
(2)制备氨基甲酸铵的装置如下图所示，把氨气和二氧化碳通入四氯化碳中，不断搅拌混合，生成的氨基甲酸铵小晶体悬浮在四氯化碳中。当悬浮物较多时，停止制备。
注：四氯化碳与液体石蜡均为惰性介质。
①发生器用冰水冷却的原因是降低温度，提高反应物转化率(或降低温度，防止因反应放热造成产物分解)。液体石蜡鼓泡瓶的作用是通过观察气泡，调节NH3与CO2通入比例。
②从反应后的混合物中分离出产品的实验方法是过滤(填写操作名称)。为了得到干燥产品，应采取的方法是C(填写选项序号)。
A．常压加热烘干 B．高压加热烘干
C．真空40℃以下烘干
③尾气处理装置如图所示。双通玻璃管的作用：防止倒吸；浓硫酸的作用：吸收多余氨气、防止空气中水蒸气进入反应器使氨基甲酸铵水解。
(3)取因部分变质而混有碳酸氢铵的氨基甲酸铵样品0.7820 g，用足量石灰水充分处理后，使碳元素完全转化为碳酸钙，过滤、洗涤、干燥，测得质量为1.000 g。则样品中氨基甲酸铵的物质的量分数为0.800_0_或_80.00%。
Mr(NH2COONH4)＝78 g·mol－1、Mr(NH4HCO3)＝79 g·mol－1、Mr(CaCO3)＝100 g·mol－1]
解析：(1)装置中无酒精灯，所以反应是固(液)＋液不需要加热的反应，浓氨水与固体氢氧化钠或CaO反应均可。
(2)①该反应为放热反应，从反应速率、平衡移动两方面入手；液体石蜡鼓泡瓶的“鼓泡瓶”暗示了该题的答案。
③尾气处理装置的作用除了尾气处理外，还可能具有防倒吸、防空气干扰等作用；氨基甲酸铵易水解，应防止空气中的水蒸气进入反应器。
(3)充分利用守恒、注意题目要求，如本题中的“碳元素完全转化为碳酸钙”，“物质的量分数”。样品中n(C)＝n(CaCO3)＝0.010 0 mol，列方程组n(NH4HCO3)＋n(NH2COONH4)＝n(C)＝0.010 0 mol；79 g·mol－1·n(NH4HCO3)＋78 g·mol－1· n(NH2COONH4)＝0.782 0 g，n(NH2COONH4)＝0.008 0 mol。
3．某研究性合作学习组的同学进行Cl2、NH3的制备及性质检验等实验的流程和部分装置如下：
(1)装置E中的药品为碱石灰(或氢氧化钠固体或生石灰)；已知3Cl2＋8NH3===6NH4Cl＋N2，当D的烧瓶中充满黄绿色气体后，关闭a、c打开b，D中现象为黄绿色气体慢慢消失，产生白烟，反应一段时间后，关闭b打开c，观察到的现象为烧杯中的液体进入烧瓶中，形成喷泉。
(2)请利用A、G装置设计一个简单的实验验证Cl2、Fe3＋、I2的氧化性强弱Cl2＞Fe3＋＞I2(实验中不断地小心振荡G装置中的试管)。A中反应物是KMnO4和浓盐酸，请写出A中发生反应的化学方程式：2KMnO4＋16HCl(浓)===2MnCl2＋2KCl＋5Cl2↑＋8H2O，请写出试剂M为FeI2溶液，证明氧化性为Cl2＞Fe3＋＞I2的实验现象是先下层CCl4由无色变为紫红色，后上层溶液由浅绿色变为棕黄色。
解析：(1)装置F制备氨气，装置E干燥氨气，氨气是碱性气体，应用碱性干燥剂(碱石灰、CaO等)；据题意可知NH3通入烧瓶，瓶内压强减小，打开c形成喷泉。
(2)实验室可用KMnO4代替MnO2制备Cl2，根据氧化还原反应配平方程式2KMnO4＋16HCl(浓)===2MnCl2＋2KCl＋5Cl2↑＋8H2O；氧化性：Cl2>Fe3＋ >I2，还原性：I－ >Fe2＋ >Cl－， M试剂既含Fe2＋又含I－，应是FeI2, Cl2先氧化I－得到I2，I2易溶于CCl4，首先下层由无色变为紫色，然后上层由绿色变为黄色。
4．(2016·甘肃兰州调研)硫代硫酸钠(Na2S2O3)可用作传统照相业的定影剂、鞣革时重铬酸盐的还原剂及纸浆漂白时的脱氯剂等。某化学探究小组通过査阅资料，利用下图所示装置及试剂可制备硫代硫酸钠。
(1)装置A中的“硫酸”最好选用C(填字母序号)。
A．发烟硫酸 B．浓硫酸
C．80%的硫酸 D．10%的硫酸
(2)装置C中除生成目标产物硫代硫酸钠外，还生成一种温室气体。则装置C中发生反应的离子方程式为4SO2＋2S2－＋CO===3S2O＋CO2。
(3)装置B的作用是防止装置C中的液体倒吸人装置A中(或作安全瓶)，装置D的作用是吸收尾气中的SO2。
(4)若将分液漏斗中的硫酸换为浓盐酸，装置C中除生成硫代硫酸钠外，还生成一种钠盐，该钠盐的化学式为NaCl，为防止该钠盐的生成，有同学在上述装置中增加了如图装置E。该装置E应该添加的位置为A(填字母序号)。
A．只能在装置A和装置B之间
B．只能在装置B和装置C之间
C．在装置A和装置B或装置B和装置C之间都可以
D．只能在装置C和装置D之间
该装置中盛放的试剂为D(填字母序号)。
A．NaOH溶液 B．Na2SO3溶液
C．NaHCO3溶液 D．饱和NaHSO3溶液
解析：.(1)SO与H＋反应可生成SO2，故所用硫酸不能是分子状态的硫酸，必须能电离出H＋，硫酸的浓度大则反应速率快，故选取80%的硫酸。
(2)结合反应物碳酸钠可知生成的温室气体为二氧化碳，因此该反应的反应物为二氧化硫、硫化钠和碳酸钠，生成物为硫代硫酸钠和二氧化碳。
(3)装置B中的两个导管均为短管，作安全瓶；装置D中的氢氧化钠溶液可以与二氧化硫反应，防止污染环境。
(4)若将硫酸换为浓盐酸，则生成的二氧化硫中混有HCl，HCl可与碳酸钠、硫化钠反应生成氯化钠；装置E的作用是除去HCl，则其应放置在安全瓶前；二氧化硫与氢氧化钠、亚硫酸钠、碳酸氢钠溶液均能发生反应，因此只能选取饱和NaHSO3溶液。
5．(2015·广东卷) NH3及其盐都是重要的化工原料。
(1)用NH4Cl和Ca(OH)2制备NH3，反应发生、气体收集和尾气处理装置依次为ACG。
(2)按如图装置进行NH3性质实验。
①先打开旋塞1，B瓶中的现象是出现白烟，原因是A瓶压强比B瓶大，HCl进入B瓶与NH3反应生成NH4Cl固体小颗粒。
稳定后，关闭旋塞1。
②再打开旋塞2，B瓶中的现象是烧杯中液体倒吸人B瓶，且紫色石蕊溶液变红。
(3)设计实验，探究某一种因素对溶液中NH4Cl水解程度的影响。
限选试剂与仪器：固体NH4Cl、蒸馏水、100 mL容量瓶、烧杯、胶头滴管、玻璃棒、药匙、天平、pH计、温度计、恒温水浴槽(可调控温度)
①实验目的：探究浓度对溶液中NH4Cl水解程度的影响。
②设计实验方案。拟定实验表格，完整体现实验方案列出能直接读取数据的相关物理量及需拟定的数据，数据用字母表示；表中“V(溶液)”表示所配制溶液的体积]。
物理量
实验序号
V(溶液) /mL
m(NH4Cl)/g
T(溶液)/℃
pH
1
100
a
c
2
100
b
c
③按实验序号1所拟数据进行实验，若读取的待测物理量的数值为Y，则NH4Cl水解反应的平衡转化率为α＝×100%(只列出算式，忽略水自身电离的影响)。
解析：(1)用氢氧化钙和氯化铵固体制备氨气时，试管口应略向下倾斜，选用A装置；氨气密度小于空气，采用向下排空气法收集，选用C装置，氯气极易溶于水，尾气处理时选用G装置，防止倒吸。
(2)①A中压强大于B，打开旋塞1后，氯化氢进入B瓶与氨气反应生成氯化铵白色固体小颗粒，所以有白烟生成，同时B瓶压强急剧减小。②打开旋塞2后，烧杯中的溶液在外界大气压的作用下被压入B瓶，氯化铵溶液中铵离子水解使溶液显酸性，使石蕊水溶液变红。
(3)①由题中所提供的仪器可探究温度对氯化铵水解程度的影响。②测定中，采用控制变量法，其他条件不变，只改变浓度或温度，测溶液的pH变化即可。③若测定a g NH4Cl配制溶液pH为Y，溶液中c(H＋) ＝10－Y mol/L，忽略水的电离，则参与水解反应的c(NH )＝c(H＋)，则氯化铵水解反应的平衡转化率为＝。
6．(2016·云南昆明调研)无水AlCl3是一种重要的有机合成催化剂，该物质在183℃时升华，遇潮湿空气即产生大量白雾。某中学化学兴趣小组拟利用中学常见仪器设计实验制备无水AlCl3，实验装置如图所示。
请回答下列问题：
(1)制备实验开始时，先检査装置的气密性，接下来的操作依次是ACBD。
A．加入MnO2粉末 B．点燃A处酒精灯
C．加入浓盐酸 D．点燃D处酒精灯
(2)写出装置A中发生反应的化学方程式：MnO2＋4HCl (浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O。
(3)写出装置B和C中的试剂分别是饱和食盐水、浓硫酸。
(4)甲同学认为F和G可以用一种仪器替代，且加入一种药品即可达到相同效果。这种药品可以是碱石灰(或氧化钙)。
(5)E中得到少量白色粉末，打开软木塞后可明显观察到锥形瓶中有白雾产生，用化学方程式表示其原因 ：AlCl3＋3H2O??Al(OH)3＋3HCl。
(6)制备过程中随着盐酸浓度的下降，氯气的制取反应会停止。为测定残余液中盐酸的浓度，某同学量取残余液10.00 mL，加水稀释到250 mL。然后从中取出20.00 mL，用0.100 0 mol·L－1的NaOH标准溶液进行滴定，终点时消耗NaOH标准溶液24.00 mL。则该残余液中盐酸的浓度为3.000_mol·L－1。
解析：(1)操作顺序是加入试剂(先在烧瓶中加入MnO2粉末，再通过分液漏斗加入适量的浓盐酸)，然后点燃A处酒精灯进行加热，最后点燃D处酒精灯，使氯气与铝反应。
(2)装置A中发生的是氯气的制备反应，即MnO2与浓盐酸反应生成Cl2。
(3)用MnO2与浓盐酸反应制备的氯气中含有HCl和水蒸气，故装置B中盛饱和食盐水除去HCl，装置C中盛浓硫酸除去水蒸气。
(4)F中应装有浓硫酸，可防止G中水蒸气进入E装置，装置G中NaOH溶液是除去多余的氯气，故可用干燥管盛碱石灰或氧化钙来达到干燥和除去氯气的目的。
(5)AlCl3遇空气中的水蒸气发生水解反应生成Al(OH)3和HCl(白雾)。
(6)残余液中盐酸的浓度为×＝3.000 mol·L－1。

1．某研究性学习小组设计实验制备乙酸乙酯(如图1)：
(1)实验过程中，用酒精灯缓慢加热，“缓慢加热”目的是减少乙酸和乙醇的挥发，提高物质的转化率。
(2)烧瓶B中加几块碎瓷片，其作用是防暴沸。长导管L的作用是冷凝兼导气。
(3)图1方案有明显缺陷，请提出改进建议：C中溶液换成饱和碳酸钠溶液。经改进后，实验现象是C烧杯里液体分层、上层液体具有果香味、且呈油状。
简述分离乙酸乙酯的操作方法：将C烧杯里液体混合物用玻璃棒引流注入分液漏斗里，振荡、静置、分层，打开分液漏斗活塞，将下层液体放入烧杯中，上层乙酸乙酯液体从上口倒出，需要用到的下列仪器有afg(填代号)。
(4)①能否用图2的D装置替代图1的C装置？否(填“能”或“否”)，理由是导管插入碳酸钠溶液，易引起液体倒吸；
②能否用图2的E装置替代图1的C装置？否(填“能”或“否”)，理由是乙酸乙酯在氢氧化钠溶液中会水解生成乙酸钠和乙醇，使乙酸乙酯量减小(甚至得不到乙酸乙酯产品)。
(5)实验中，若浓硫酸量过多，会导致后果是产生杂质如乙烯、乙醚等；会使乙醇炭化并产生二氧化硫；易形成酸雾等(答两点即可)。经实验证明，可以用硫酸氢钠固体替代浓硫酸完成本实验，硫酸氢钠不溶于有机物，其优点是使用硫酸氢钠可减少副产物，同时可以循环使用。
2．(2016·吉林长春调研)工业生产中会产生大量的废铁屑，可将其“变废为宝”制成化工原料氯化铁。实验室中利用下图所示装置探究由废铁屑制备FeCl3·6H2O晶体的原理并测定铁屑中铁单质的质量分数(杂质不溶于水且不与酸反应)。
(1)装置A的名称为分液漏斗。
(2)检验该装置气密性的具体操作如下：
①关闭活塞a和活塞b，打开弹簧夹K1；
②向水准管中加水，使水准管液面高于量气管液面；
③一段时间后，水准管内液面仍然高于量气管内液面，且液面差保持稳定。
取m g废铁屑加入B装置中，在A中加入足量的盐酸后进行下列操作：
Ⅰ.打开弹簧夹K1，关闭活塞b，打开活塞a，缓慢滴加盐酸。
Ⅱ.当装置D的量气管一侧液面不再下降时，关闭弹簧夹K1，打开活塞b，当A、B中溶液完全进人烧杯后关闭活塞a、b。
Ⅲ.将烧杯中的溶液经过一系列操作后得到FeCl3·6H2O晶体。
请回答：
(3)用离子方程式表示烧杯中足量的H2O2溶液的作用：H2O2＋2Fe2＋＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O。
(4)实验结束后，量气管和水准管内液面髙度如图所示，为了使两者液面相平，应将水准管下移(填“上移”或“下移”)。
(5)实验结束后，若量气管内共收集V mL气体(已换算成标准状况)，则此废铁屑中铁单质的质量分数为×100%(或%)。
解析：(4)由于p0＋ρgh＝p，此时气体的压强偏小，为了使气体产生的压强等于大气压强，应使水准管下移。
(6)Fe＋2H＋===Fe2＋＋H2↑，n(Fe)＝n(H2)＝＝mol。所以铁单质的质量分数为×100%＝×100%。
3．亚铁离子是血红蛋白的重要组成成份向人体组织传送O2的作用，如果缺铁就可能出现缺铁性贫血，但是摄入过量的铁也有害。下面是一种常见补铁药品说明书中的部分内容：该药品含Fe2＋33%～36%，不溶于水但能溶于人体中的胃酸；与Vc(维生素C)同服可增加本品吸收。
(一)甲同学设计了以下实验检测该补铁药品中是否含有Fe2＋并探究Vc的作用：
(1)加入KSCN溶液后溶液变为淡红色，说明溶液中有少量Fe3＋。该离子存在的原因可能是BC(填字母)。
A．药品中的铁本来就应该以三价铁的形式存在
B．在制药过程中生成少量三价铁
C．药品储存过程中有少量三价铁生成
(2)加入新制氯水后溶液中发生反应的离子方程式是2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl－、Fe3＋＋3SCN－??Fe(SCN)3。
(3)药品说明书中“与Vc(维生素C)同服可增加本品吸收”请说明理由：Fe2＋在人体血红蛋白中起传送O2的作用，Fe3＋没有此功能，服用Vc可防止药品中的Fe2＋被氧化成Fe3＋_(或人体只能吸收Fe2＋，Fe2＋在人体血红蛋白中起传送O2的作用，服用Vc可防止药品中的Fe2＋被氧化成Fe3＋)。
(二)乙同学采用在酸性条件下用高锰酸钾标准溶液滴定的方法测定该药品是否合格，反应原理为5Fe2＋＋8H＋＋MnO===5Fe3＋＋Mn2＋＋4H2O。准确称量上述药品10.00 g，将其全部溶于试剂2中，配制成1 000 mL溶液，取出20.00 mL，用0.020 00 mol·L－1的KMnO4溶液滴定，用去KMnO4溶液12.00 mL。
(4)该实验中的试剂2与甲同学设计的实验中的试剂1都可以是C(填序号)。
A．蒸馏水 B．稀盐酸
C．稀硫酸 D．稀硝酸
(5)本实验滴定过程中操作滴定管的图示正确的是A(填编号)。
(6)请通过计算，说明该药品含“铁”量是否合格(写出主要计算过程)。
n(Fe2＋ )＝0.020 00 mol·L－1×12.00×10－3 L×5×＝0.060 00 mol，m(Fe2＋ )＝0.060 00 mol×56 g·mol－1＝3.360 g，含“铁”量为×100%＝33.60%，故该药品含“铁”量合格。
解析：根据题干信息和流程图知，加KSCN溶液变浅红，说明原混合液中有少量Fe3＋ ，加氯水红色加深，Fe2＋被氧化为Fe3＋，加Vc溶液褪色，说明Vc具有还原性，将Fe3＋还原为Fe2＋。HCl能被KMnO4氧化，HNO3具有强氧化性，因而用稀H2SO4溶解药品。最后根据关系式5Fe2＋～MnO计算n(Fe2＋)。
4．碳铵是一种较常使用的化肥，它在常温下易分解。某化学兴趣小组对碳铵的成分存在疑问，进行了如下探究。
定性实验]　检验溶液中的阴、阳离子。
取少量固体放入试管中，加入盐酸，把生成的气体通入澄清石灰水中，有白色沉淀生成。再另取少量碳铵放入试管中，加入浓NaOH溶液，加热，用湿润的红色石蕊试纸检验生成的气体，石蕊试纸变蓝色。
(1)根据实验现象，推测碳铵中所含有的阴离子可能是HCO和CO。
(2)根据实验现象，碳铵与足量NaOH溶液加热反应的离子方程式可能是NH＋OH－NH3↑＋H2O、HCO＋OH－===CO＋H2O(或NH＋HCO＋2OH－NH3↑＋CO＋2H2O)。
定量实验]　测定碳铵中C元素和N元素质量比。
该兴趣小组准确称取a g碳铵，加热使之分解，并把产物通入碱石灰中，如下图所示。
(3)碳铵固体应放在A中进行加热。
A．试管 B．蒸发皿
C．烧瓶 D．坩埚
(4)从安全的角度考虑，尾气处理的装置可以选用A。
(5)若灼烧后没有固体残余，称量U形管在实验前后的质量差为b g。由此测得N元素的质量是(a－b)g。
解析：(1)HCO和CO均能与HCl反应产生CO2气体，加碱产生的碱性气体只有NH3，因而碳铵是(NH4)2CO3或NH4HCO3。
(3)由于灼烧固体后要对气体成分进行探究，故不能用坩埚加热，要用试管。
(4)尾气主要成分是氨气，B、C不能起到防倒吸作用，D为密闭容器可能会炸裂。
(5)装有碱石灰的干燥管吸收CO2和水蒸气，则(a－b)g为样品分解产生的氨气的质量。
5．某化学学习小组为了解第ⅥA族元素的一些典型化合物的性质，进行了如下实验探究。
经查知：硫酸铜受热分解生成氧化铜和气体，受热温度不同，该气体成分也不同。气体成分可能是SO2、SO3和O2中的一种、两种或三种。该化学学习小组通过设计一探究性实验，测定反应产生的SO2、SO3和O2的物质的量，并经计算确定各物质的化学计量数，从而确定CuSO4分解的化学方程式。实验用到的仪器如图所示：
提出猜想]
Ⅰ.所得气体的成分可能只含SO3一种；
Ⅱ.所得气体的成分可能含有SO2，O2两种；
Ⅲ.所得气体的成分可能含有SO2、SO3、O2三种。
实验探究]
实验操作过程(略)。已知实验结束时，硫酸铜完全分解。
请回答下列问题：
(1)请你组装探究实验的装置，按从左至右的方向，则仪器接口的连接顺序为①③④⑥⑤②(填数字序号)。
(2)由于加热时的温度不同，实验结束后测得相关数据也不同。数据如下：
实验
称取CuSO4的质量/g
仪器C增加的质量/g
量筒中水的体积折算成标
准状况下气体的体积/mL
第①次
6.4
2.88
224
第②次
6.4
2.56
448
请通过计算，推断出第①次和第②次的实验条件下CuSO4分解反应的化学方程式：
第①次4CuSO44CuO＋2SO3↑＋2SO2↑＋O2↑；
第②次2CuSO42CuO＋2SO2↑＋O2↑。
解析：根据猜想Ⅲ可知，猜想Ⅰ所得气体的成分可能只含SO3 一种，猜想Ⅱ所得气体的成分可能含有SO2、O2两种。(1)根据所给的装置可判断，碱石灰是吸收SO2或SO3的，最后通过排水法收集氧气，并测量氧气的体积，所以正确的连接顺序是①③④⑥⑤②。
(2)通过数据分析：n(CuSO4)＝0.04 mol，第①次收集到的O2为0.01 mol，由原子守恒和电子守恒知化学方程式为4CuSO44CuO＋2SO3↑＋2SO2↑＋O2↑；同理，第②次反应的化学方程式为2CuSO42CuO＋2SO2↑＋O2↑。
6．利用甲烷与氯气发生取代反应制取副产品盐酸的设想在工业上已成为现实。某化学兴趣小组在实验室中模拟上述过程。其设计的模拟装置如下：
根据要求填空：(1)B装置有三种功能：①均匀混合气体，②干燥气体，③控制气流速度。
(2)设V(Cl2)/V(CH4)＝x，若理论上欲获得最多的氯化氢，则x值应≥4。
(3)D装置的石棉中均匀混有KI粉末，其作用是吸收过量的Cl2。
(4)E装置的作用是CD(填编号)。
A．收集气体 B．吸收氯气
C．防止倒吸 D．吸收氯化氢
(5)E装置除生成盐酸外，还含有有机物，从E中分离出盐酸的最佳方法为分液(填分离方法名称)。
(6)该装置还有缺陷，原因是没有进行尾气处理，其尾气主要成分为AB(填编号)。
A．CH4 B．CH3Cl
C．CH2Cl2 D．CHCl3
E．CCl4
解析：(1)考查B装置的三种功能，均匀混合气体，控制气流速率干燥；
(2)可根据反应生成CCl4的反应消耗的氯气确定x值，x大于该值；
(3) KI能与氯气反应，除去过量的氯气；
(4)水可吸收HCl，球形干燥管可防止倒吸；
(5)有机物不溶于水，所以可以分液分离出有机物，得盐酸；
(6)甲烷与反应生成的气态有机物未除去，所以选AB。

1．(2016·黑龙江大庆质检)运用化学反应原理研究氮、硫等单质及其化合物的性质有重要意义。
(1)已知25℃时：
xSO2(g)＋2xCO(g)===2xCO2(g)＋Sx(s)
ΔH＝ax kJ/mol
2xCOS(g)＋xSO2(g)===2xCO2(g)＋3Sx(s)
ΔH＝bx kJ/mol
则25℃时COS(g)反应生成CO(g)、Sx(s)的热化学方程式是xCOS(g)===xCO(g)＋Sx (s) ΔH＝0.5(bx－ax) kJ/mol。
(2)一定条件下，合成氨反应为N2(g)＋3H2(g)??2NH3(g)。图1表示该反应过程中的能量变化；图2表示在2 L的密闭容器中，反应过程中N2的物质的量随时间的变化曲线；图3表示在其他条件不变的情况下，改变起始时氢气的物质的量对此反应平衡的影响。
①N2(g)＋3H2(g)??2NH3(g)　ΔH＝－92_kJ/mol，该反应的化学平衡常数表达式为K＝。
②由图2信息，计算0～10 min内该反应的平均化学反应速率v(NH3)＝0.03_mol/(L·min)，从11 min起其他条件不变，压缩容器的体积为1 L，则n(N2)的变化曲线为d(填“a”、“b”、“c”或“d”)。
③由图3信息，a、b、c三点所处的平衡状态中，反应物N2的转化率最高的是c点，温度T1(3)若将等物质的量的SO2与NH3溶于水充分反应，所得溶液呈酸性，所得溶液中c(H＋)－c(OH－)＝c(HSO_)＋2c(SO)－c(NH)或c(SO)＋c(NH3·H2O)－c(H2SO3)(填写粒子浓度表达式)
(已知H2SO3∶K1＝1.7×10－2，K2＝6.0×10－8，NH3·H2O∶K＝1.8×10－5)。
解析：(1)将已知两个热化学方程式依次编号为①、②，根据盖斯定律，由(②一①)÷2 得xCOS(g)===xCO(g)＋Sx(s)ΔH＝0.5(bx—ax)kJ/mol。
(2)①ΔH＝508 kJ/mol－600kJ/mol＝－92 kJ/mol。N2(g)＋3H2(g)??2NH3(g)的平衡常数表达式为K＝。②根据图2可知，0～10 min内氮气的物质的量减少了0.6 mol－0.3 mol＝0.3 mol,0～10 min 内v(NH3)＝2v( N2 )＝2×＝0.03 mol/(L·min)。从11 min起其他条件不变，压缩容器的体积为1 L，则压强增大的瞬间n(N2)不变，随后平衡向正反应方向移动，氮气的物质的量减少，因此n(N2)的变化曲线为d。③图3表示平衡时氨气的百分含量与氢气起始物质的量的关系，达平衡后，增大氢气用量，氮气的转化率增大，故a、b、c三点中，c点氮气的转化率最高。由图3可知，氢气的起始物质的量相同时，T1温度下平衡后，氨气的百分含量较高，该反应为放热反应，降低温度平衡向正反应方向移动，氨气的百分含量增加，故温度T1(3)将等物质的量的SO2与NH3溶于水充分反应，二者恰好反应生成NH4HSO3。根据 H2SO3∶K1 ＝1.7×10－2，K2＝6.0×10－8，NH3·H2O：K＝1.8×10－5可知，电离程度H2SO3>NH3·H2O>HSO，故NH4HSO3溶液显酸性。根据电荷守恒可知c(H＋)＋c (NH)＝c(OH－ )＋c(HSO)＋2c(SO )，所以c(H＋ )－c(OH－)＝c(HSO)＋2c(SO )－c(NH)。根据物料守恒可知c(HSO)＋c(SO)＋c(H2SO3)＝c(NH3·H2O)＋c(NH)，结合电荷守恒式可得c(H＋)－c(OH－)＝c(SO)＋c(NH3·H2O)－c(H2SO3)。
2．化学反应原理在工业生产中具有十分重要的意义。
(1)工业生产可以用NH3(g)与CO2(g)经过两步反应生成尿素，两步反应的能量变化示意图如下：
则NH3(g)与CO2(g)反应生成尿素的热化学方程式为2NH3 (g)＋CO2 (g)===CO(NH2 )2 (s)＋H2O(l)　ΔH＝－134 kJ/mol。
(2)已知反应Fe(s)＋CO2(g)??FeO(s)＋CO(g) ΔH＝a kJ·mol－1。测得在不同温度下，该反应的平衡常数K随温度的变化如下：
温度/℃
500
700
900
K
1.00
1.47
2.40
①该反应的化学平衡常数表达式K＝，a>(填“＞”“＜”或“＝”)0。在500℃ 2 L密闭容器中进行反应，Fe和CO2的起始量均为4 mol，则5 min后达到平衡时CO2的转化率为50%，生成CO的平衡速率v(CO)为0.2_mol·L－1·min－1。
②700℃反应达到平衡后，要使该平衡向右移动，其他条件不变时，可以采取的措施有C(填字母)。
A．缩小反应器容积 B．增加Fe的物质的量
C．升高温度到900℃ D．使用合适的催化剂
(3)硫酸厂常用NaOH溶液吸收SO2废气。当吸收液呈中性时，溶液中离子浓度关系正确的是AB。已知n(SO)：n(HSO)＝1∶1时，pH＝7.2]
A．c(Na＋)＝2c(SO)＋c(HSO)
B．c(Na＋)>c(HSO)>c(SO)>c(H＋)＝c(OH－)
C．c(Na＋)＋c(H＋)＝c(SO)＋c(HSO)＋c(OH－)
解析：(1)根据图示可写出①2NH3(g)＋CO2(g)===H2NCOON2H4 (s)ΔH＝－272 kJ/mol 和②H2NCOONH4(s)===CO(NH2)2(s)＋H2O(l)ΔH＝＋138 kJ/mol，由盖斯定律①＋②可知 2NH3 (g)＋CO2 (g)===CO(NH2 )2 (s)＋H2O(l) ΔH＝－134 kJ/mol。
(2)①由于Fe 和 FeO均为固体，故该反应平衡常数与二者无关；K随着温度升高而增大，说明正反应为吸热反应，即a>0；设平衡时反应生成的CO物质的量为x，则平衡时CO2、CO的物质的量分别为(4－x) mol 和x mol，根据K＝＝1，解得x＝2，即CO2的转化率为50%，生成CO的速率为＝0.2 mol·L－1·min－1。②A项，反应前后气体总体积相同，缩小反应器容积对平衡无影响；B项，增加固体的量，对浓度无影响，故平衡不移动；C项，升温平衡向正反应方向移动；D项，使用催化剂对化学平衡无影响。
(3)混合液呈中性，即c(H＋)＝c(OH－)，根据电荷守恒可确定A项正确，C项错误；根据n(SO)：n(HSO)＝1 : 1时pH＝7.2可知，当溶液呈中性时c( HSO)>c(SC)，即B项正确。
3．(2016·湖南衡阳联考)Ⅰ.请根据表中数据回答下列问题：
弱电解质
电离平衡常数(K)
CH3COOH
1.8×10－5
NH3·H2O
1.8×10－5
难溶物
溶度积常数(Ksp)
BaSO4
1.1×10－10
BaCO3
2.6×10－9
(1)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B(填字母代号)。
A．加热 B．加水稀释
C．加少量的CH3COONa固体 D．加少量冰醋酸
(2)CH3COONH4溶液呈中性(填“酸性”、“中性”或“碱性”)。
(3)工业中用BaSO4制取可溶性钡盐的方法是先用饱和纯碱溶液浸泡BaSO4粉末，并不断搅拌和补充纯碱，使BaSO4转化为BaCO3，然后将BaCO3与相应的酸反应。现在足量的BaSO4悬浊液中加纯碱粉末并不断搅拌，为使c(SO)达到0.01 mol/L以上，则溶液中c(CO)应不低于0.24mol/L(保留两位小数)。
Ⅱ.(1)乙醇是重要化工产品和液体燃料，可以利用下列反应制取乙醇：
2CO2(g)＋6H2(g)===CH3CH2OH(g)＋3H2O(g) ΔH＝a kJ/mol
在一定压强下，测得上述反应的实验数据如下表：
温度/K
CO2转化率
n?H2?/CO2
500
600
700
800
1.5
45%
33%
20%
12%
2.0
60%
43%
28%
15%
3.0
83%
62%
37%
22%
根据表中数据分析：
①上述反应中的a<0(填“＞”或“＜”)。
②在一定压强下，增大的值，上述反应的平衡常数K值不变(填“增大”、“减小”或“不变”)
(2)以二甲醚、空气、氢氧化钾溶液为原料，石墨为电极可构成燃料电池。该电池中负极反应式为CH3OCH3－12e－＋16OH－===2CO＋11H2O。
解析：Ⅰ.(1)醋酸的电离平衡为CH3COOH??CH3COO－＋H＋ ，加热，电离程度增大，电离平衡常数增大，A项不符合题意；加水稀释，电离程度增大，而电离平衡常数不变，B项符合题意；加少量的CH3COONa固体，CH3COONa电离出的CH3COO－对醋酸的电离平衡起抑制作用，电离程度减小，而电离平衡常数不变，C项不符合题意；加少量冰醋酸，醋酸浓度增大，根据“越稀越电离”的规律可知，电离程度减小，而平衡常数不变，D项不符合题意。
(2)醋酸铵溶液中，CH3COO－水解使溶液显碱性，NH水解使溶液显酸性，而CH3COOH与NH3·H2O的电离平衡常数相等，故CH3COO－和NH，在相同浓度时的水解程度相同，故CH3COONH4溶液显中性。
(3)当c(SO)≥0.01 mol/L时，c(Ba2＋)≤≤ mol/L＝1.1×10－8 mol/L，则溶液中c(CO)≥≥ mol/L≈0.24 mol/L。
Ⅱ.(1)①由表中数据可以看出：当控制其他条件不变，升高温度时，CO2的转化率降低，说明平衡左移，故正反应为放热反应，△H<0，即a<0。②平衡常数只与温度有关，温度不变平衡常数不变。
(2)该燃料电池中，二甲醚失电子发生氧化反应，所以通入二甲醚的电极是负极，电极反应式为CH3OCH3＋16OH－－12e－===2CO＋11H2O。
4．Ⅰ.(1)已知11 g丙烷燃烧生成二氧化碳和水蒸气放热511 kJ，1 mol液态水变成水蒸气吸热44 kJ，写出丙烷燃烧热的热化学方程式：C3H8(g)＋5O2(g)===3CO2(g)＋4H2O(1)　ΔH＝－2 220 kJ·mol－1。
(2)某燃料电池以熔融K2CO3为电解质，以丙烷为燃料，以空气为氧化剂，以具有催化作用和导电性能的稀土金属材料为电极。电池的总反应式为C3H8＋5O2===3CO2＋4H2O，则通入丙烷的电极为电池的负极，电池的负极反应式为C3H8－20e－＋10CO===13CO2＋4H2O，为了使燃料电池长时间稳定运行，电池的电解质组成应保持稳定，必须在通入的空气中加入一种物质，这种物质为CO2。
Ⅱ.某课外小组用如图所示装置进行实验。实验过程中，两极均有气体产生，Y极区溶液逐渐变成紫红色；停止实验，铁电极明显变细，电解液仍然澄清。查阅资料发现，高铁酸根(FeO)在溶液中呈紫红色。
(3)电解过程中，X极区溶液的pH增大(填“增大”“减小”或“不变”)。
(4)电解过程中，Y极发生的电极反应为4OH－－4e===2H2O＋O2↑和Fe－6e－＋8OH－===FeO＋4H2O。
(5)若在X极收集到672 mL气体，在Y极收集到168 mL气体(均已折算为标准状况时气体体积)，则Y电极(铁电极)质量减少0.28g。
(6)在碱性锌电池中，用高铁酸钾作为正极材料，电池反应为2K2FeO4＋3Zn===Fe2O3＋ZnO＋2K2ZnO2，该电池正极发生的反应的电极反应式为2FeO＋6e－＋5H2O===Fe2O3＋10OH－。
解析：(1)11g丙烷的物质的量为0.25 mol，故1 mol C3H8燃烧生成CO2与液体水时放出热量为511 kJ×4＋44 kJ×4＝2 220 kJ。
(2)由电池总反应可知丙烷被氧化，因此通入丙烷的一极为电池的负极，负极上的电极反应式为丙烷失电子，与移向负极的CO作用被氧化为CO2和H2O；结合负极反应式可知为保持电解质组成稳定，应在正极上通入的空气中加入CO2。
(3)电解过程中X电极(阴极)放出氢气，电极附近产生OH－，使电极附近溶液碱性增强，pH增大。
(4)由题中信息可知电解过程中Y极(Fe电极)上除产生氧气外，还有Fe失电子被氧化为FeO的离子反应。
(5)结合(4)中Fe失电子被氧化的离子方程式，利用得失电子守恒可知2×＝4×＋6×，解得m(Fe)＝0.28 g。
(6)正极发生还原反应，利用电池总反应，结合电解质为碱性可知电池正极反应式为2FeO＋6e－＋5H2O===Fe2O3＋10OH－。
5．一定条件下，通过下列反应可实现燃煤烟气中硫的回收：2CO(g)＋SO2(g)催化剂,2CO2(g)＋S(l)　ΔH。
(1)已知：2CO(g)＋O2(g)===2CO2(g) ΔH1＝－566 kJ·mol－1
S(l)＋O2(g)===SO2(g)　ΔH2＝－296 kJ·mol－1则反应热ΔH＝－270kJ·mol－1。
(2)其他条件相同、催化剂不同时，SO2的转化率随反应温度的变化如图a所示。260℃时Cr2O3(填“Fe2O3”、“NiO”或“Cr2O3”)作催化剂反应速度最快。Fe2O3和NiO作催化剂均能使SO2的转化率达到最高，不考虑价格因素，选择Fe2O3的主要优点是Fe2O3作催化剂时，在相对较低温度时可获得较高的SO2的转化率，从而节约大量能源。
图a　　　　　　　　　　　图b
(3)科研小组在380℃、Fe2O3作催化剂时，研究了不同投料比n(CO)∶n(SO2)]对SO2转化率的影响，结果如图b所示。请在图b中画出n(CO)∶n(SO2)＝2∶1时，SO2的转化率的预期变化曲线。
(4)工业上还可用Na2SO3溶液吸收烟气中的SO2∶Na2SO3＋SO2＋H2O===2NaHSO3。某温度下用1.0 mol·L－1Na2SO3溶液吸收纯净的SO2，当溶液中c(SO)降至0.2 mol·L－1时，吸收能力显著下降，应更换吸收剂。
①此时溶液中c(HSO)约为1.6mol·L－1。
②此时溶液pH＝6。(已知该温度下SO＋H＋??HSO的平衡常数K＝8.0×106，计算时SO2、H2SO3浓度忽略不计)
解析：(1)根据盖斯定律，由已知中第一个反应减去第二个反应可得2CO(g)＋SO2 (g)2CO2 (g)＋S(1)，则ΔH＝ΔH1－ΔH2＝－270 kJ·mol－1。
(2)根据图a,260℃时Cr2O3曲线对应的SO2的转化率最高。Fe2O3作催化剂的优点是在相对较低的温度时获得的SO2的转化率较高，可以节约能源。
(3)n(CO)：n(SO2)＝2∶1时，SO2的平衡转化率接近100%，但比n(CO)∶n(SO2)＝3∶1时达平衡要慢。
(4)①溶液中c(SO)降至0.2 mol·L－1时，参加反应的c(SO)为0.8 mol·L－1，则反应生成的c(HSO)约为1.6 mol·L－1②K＝ ＝＝8.0×106，则 c(H＋)＝10－6 mol·L－1，pH＝6。
6．硫酰氯(SO2Cl2)是重要的化学试剂，可由如下反应制取：SO2(g)＋Cl2(g)===SO2Cl2(g)　ΔH
针对该反应回答下列问题：
(1)已知：①SO2(g)＋Cl2(g)＋SCl2(g)??2SOCl2(g) ΔH1＝－a kJ·mal－1
②SO2Cl2(g)＋SCl2(g)??2SOCl2(g) ΔH2＝－b kJ·mol－1
③a＞b＞0
则ΔH＝－(a－b) kJ·mol－1(用含a、b的代数式表示)。
(2)若在催化剂作用下，将n mol SO2与n mol Cl2充入容积可变的密闭容器中，并始终保持温度为T，压强为p。起始时气体总体积为10 L，t min时反应达到平衡状态，此时气体总体积为8 L。
①在容积改变的条件下，反应速率可用单位时间内反应物或生成物的物质的量变化来表示。则v(SO2)＝mol·min－1。
②此温度下，该反应的K＝。
③相同条件下，若将0.5 n mol SO2与0.5 n mol Cl2充入该容器，达到平衡状态时，混合物中SO2Cl2的物质的量是0.2n_mol。
(3)该反应的产物SO2Cl2遇水发生剧烈水解生成两种强酸，写出其化学方程式：SO2Cl2＋2H2O===2HCl＋H2SO4；已知25℃时，Ksp(AgCl)＝1.8×10－10，Ksp(Ag2SO4)＝1.4×10－5。则向SO2Cl2溶于水所得溶液中逐滴加入AgNO3稀溶液时，最先产生的沉淀是AgCl。
解析：(1)根据盖斯定律，由①式一②式，得SO2(g)＋Cl2(g)??SO2Cl2(g) △H＝－(a－b) kJ·mol－1。
(2)①根据阿伏加德罗定律的推论可知，同温同压下，气体的物质的量之比等于体积之比，设反应的SO2为x mol，根据“三段式”得
　　　　SO2 ＋　　Cl2??　　SO2Cl2
开始(mol)　　n　　 n　 　0
反应(mol)　　x　　 x　　 x
t min时(mol)　n－x　 　n－x　　 x
则有＝，解得x＝0.4 n则v(SO2)＝＝mol·min－1。②K＝＝。③该平衡与①中的平衡是等温等压条件下的等效平衡，③中起始时各物质的物质的量是①中的，则平衡后混合物中SO2Cl2的物质的量是0.2n mol。
(3)根据题意可知SO2Cl2与水发生反应的化学方程式为SO2Cl2＋2H2O===2HCl＋H2SO4。设所得溶液中c(SO)＝x mol·L－1，则c(Cl－)＝2x mol·L－1，根据溶度积的定义可知Cl－沉淀时c(Ag＋)≥＝mol· L－1，SO沉淀时，c(Ag＋)≥＝mol·L－1，故最先产生的沉淀是AgCl。

1．(2016·山西太原模拟)PM2.5(可入肺颗粒物)污染与能源使用的排放有关，SO2、NOx、氨气以及挥发性有机物都是污染性气体。旋转喷雾干燥法是去除燃煤烟气中二氧化硫的方法之一，工艺流程如图所示：
(1)写出高速旋转雾化器中发生反应的化学方程式：2SO2＋2Ca(OH)2＋O2===2CaSO4＋2H2O。
(2)在一定条件下，SO2可被氧气氧化，每生成8 g SO3气体，放出9.83 kJ的热量写出该反应的热化学方程式：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)　ΔH＝－196.6 kJ/mol。
(3)500℃时，在催化剂存在条件下，分别将2 mol SO2和1 mol O2置于恒压容器Ⅰ和恒容容器Ⅱ中(两容器的起始容积均为2 L)，充分反应，二者均达到平衡后两容器中SO3的体积分数关系是Ⅰ>Ⅱ(填“＞”、“＜”或“＝”)。若测得容器Ⅱ中的压强减小了30%，则该温度下的化学平衡常数K＝1620。
(4)用NaOH溶液吸收烟气中的SO2，将所得的Na2SO3溶液进行电解，可循环再生NaOH，同时得到H2SO4，其原理如图所示(电极材料为石墨)。
①图中a极要连接电源的负(填“正”或“负”)极，C口流出的物质是浓硫酸(填名称)。
②SO放电的电极反应式为SO－2e－＋H2O===SO＋2H＋。
③电解过程中阴极区碱性明显增强，用平衡移动原理解释原因：H2O??H＋＋OH－，在阴极H＋放电生成H2，c(H＋)减小，水的电离平衡正向移动，碱性增强。
解析：(1)由题给流程图可知，在高速旋转雾化器中发生的反应为2SO2＋2Ca(OH)2＋O2===2CaSO4＋2H2O。
(2)书写热化学方程式时注意不要漏掉物质的聚集状态并要正确计算反应热。
(3)容器Ⅰ是恒压容器，容器Ⅱ是恒容容器，而该反应是气体分子数减少的反应，故容器Ⅰ中所建立的平衡可以看作在容器Ⅱ中的反应达到平衡后增大压强，增大压强可使该平衡正向移动，则达到平衡后容器Ⅰ中SO3的体积分数大于容器Ⅱ中SO3的体积分数。设反应的O2的物质的量为x mol，则反应的SO2的物质的量为2x mol，生成的SO3的物质的量为2x mol。根据阿伏加德罗定律的推论可知，同温同体积下，气体的压强之比等于其物质的量之比，则＝，解得x＝0.9。则平衡时c(SO2)＝0.1 mol/L，c(O2)＝0.05 mol/L，c(SO3)＝0.9 mol/L，则K＝＝1620。
(4)①由题给条件和装置图分析可知，此装置是电解亚硫酸钠溶液得到氢氧化钠和硫酸。由Na＋的移动方向可知，a为阴极，应与电源的负极相连。B口产物为浓NaOH溶液，C口流出的是浓硫酸。②SO失去电子转化为SO，电极反应式为SO－2e－＋H2O===SO＋2H＋。③在阴极H＋放电生成H2，c(H＋)减小，水的电离平衡正向移动，c(OH－)增大，碱性增强。
2．(2016·甘肃兰州模拟)甲醇既是—种可再生能源，又是一种重要的化工原料。工业上通过CO(g)＋2H2(g)===CH3OH(g)生产甲醇。
(1)在一定温度下，向1 L密闭容器中充入1 mol CO和2 mol H2，发生上述反应，10 min时反应达平衡，此时CO的转化率为50%。
①前10 min生成甲醇的平均反应速率为0.05_mol·(L·min)－1；已知该反应在低温下能自发进行，则反应的ΔH<(填“＞”、“＜”或“＝”)0。
②下列关于上述反应的叙述，不正确的是BDE(填字母编号)。
A．缩小容器的体积，平衡将向右移动，c(CO)将变大
B．达到平衡时．移走部分甲醇，平衡将向右移动，正反应速率加快
C．恒温、恒容条件下，容器内的压强不发生变化，则该反应达到平衡状态
D．反应过程中若生成CH3OH的速率与消耗CO的速率相等，则该反应达到平衡状态
E．使用合适的催化剂能缩短达到平衡的时间并提高CO的转化率
(2)在容积为1 L的恒容容器中，分别研究在230℃、250℃、270℃三种温度下合成甲醇的规律。上述三种温度下不同的H2和CO的起始组成比(起始时CO的物质的量均为1 mol)与CO平衡转化率的关系如图所示。
①在上述三种温度中，曲线Z对应的温度是270_℃。
②利用图中a点对应的数据，计算该反应在对应温度下的平衡常数K＝4。
(3)有人设计甲醇-空气燃料电池的示意图如图所示，工作时负极的电极反应式可表示为CH3OH－6e－＋8OH－===CO＋6H2O。
若以该电池为电源，用石墨作电极电解200 mL含有下列离子的溶液：
离子
Cu2＋
H＋
Cl－
SO
c/mol·L－1
0.5
2
2
0.5
电解一段时间后，标准状况下当两极收集到相同体积的气体时，阳极上收集到氧气的质量为3.2_g(忽略溶液体积的变化及电极产物可能存在的溶解现象)。
解析：(1)①v(CH3OH)＝＝0.05 mol·(L·min)－1。该反应的ΔS<0，由复合判据知该反应的ΔH<0。②缩小容器体积，体系中各物质的浓度均增大，该反应为气体物质的量减小的反应，平衡右移，但平衡的移动不能抵消条件的改变带来的影响，故c(CO)增大，A项正确；达到平衡时，移走部分甲醇，平衡右移，但正、逆反应速率均减小，B项错误；该反应为气体物质的量减小的反应，体积不变时压强为变量，当压强不变时说明反应已达平衡，C项正确；生成甲醇的反应与消耗CO的反应均为正反应，D项错误；催化剂不能改变反应的限度，E项错误。
(2)①该反应为放热反应，在相同的情况下，温度越高，CO的平衡转化率越小，故曲线Z表示的是270 ℃时的反应情况。②根据三段式：
　　　　　2H2　＋　CO　??　CH3OH
起始(mol·L－1)　　1.5　 　1　 　0
转化(mol·L－1)　　1.0　　 0.5　 　0.5
平衡(mol·L－1)　　0.5　　 0.5　　 0.5
则平衡常数K＝＝＝4。
(3)甲醇在负极发生失电子的氧化反应，由于电解质溶液为碱性，故生成CO。电解时阳极依次发生的电极反应为2Cl－－2e－===Cl2↑和4OH－－4e－===H2O＋O2↑，阴极依次发生的电极反应为Cu2＋＋2e－===Cu和2H＋＋2e－===H2↑，根据阴、阳两极转移电子数相等可得：n(Cl－)＋4n(O2)＝2n(Cu2＋)＋2n(H2)，两极产生的气体物质的量相等，则n(Cl2)＋n(O2)＝n(H2)，根据原子守恒n(Cl－)＝2n(Cl2)，联立可解得n(O2)＝0.1 mol，n(H2)＝0.3 mol，则m(O2)＝3.2 g。
3．(2016·辽宁大连模拟)磷及其化合物在科研及生产中均有着重要的作用。
(1)红磷P(s)和Cl2(g)发生反应生成PCl3(g)和PCl5(g)，反应过程如下：
2P(s)＋3Cl2(g)===2PCl3(g)　ΔH＝－612 kJ·mol－1
2P(s)＋5Cl2(g)===2PCl5(g)　ΔH＝－798 kJ·mol－1
气态PCl5生成气态PCl3和Cl2的热化学方程式为PCl5(g)===PCl3(g)＋Cl2(g)　ΔH＝＋93 kJ·mol－1。
(2)亚磷酸(H3PO3)与适量的NaOH溶液反应生成Na2HPO3，电解Na2HPO3溶液也可得到亚磷酸，装置如图所示：
阴极的电极反应式为2H＋＋2e－===H2↑；
产品室中反应的离子方程式为HPO＋2H＋===H3PO3。
(3)在一定温度下，KspMg3(PO4)2]＝6.0×10－29，KspCa3(PO4)2]＝6.0×10－26。现向浓度均为0.20 mol·L－1的MgCl2和CaCl2混合溶液中逐滴加入Na3PO4，先生成Mg3(PO4)2沉淀(填化学式)；当测得溶液其中一种金属阳离子沉淀完全(浓度小于10－5mol·L－1)时，溶液中的另一种金属阳离子的物质的量浓度c＝10－4mol·L－1。
解析：(1)2PCl5(g)===5Cl2(g)＋2P(s)　
ΔH＝＋798 kJ·mol－1，
2P(s)＋3Cl2(g)===2PCl3(g)　ΔH＝－612 kJ·mol－1，
上述两式相加得：
2PCl5(g)===2Cl2(g)＋2PCl3(g)　ΔH＝＋186 kJ·mol－1，
即PCl5(g)===Cl2(g)＋PCl3(g)　ΔH＝＋93 kJ·mol－1。
(3)当Mg2＋完全沉淀时，c(PO)＝＝，此时c(Ca2＋)＝＝10－4 mol·L－1。
4．合成氨工业的原料气H2，可用天然气制取，其生产流程如图：
(1)写出反应Ⅰ的反应方程式：CH4＋H2O(g)CO＋3H2；该反应的平衡常数表达式为K＝。
(2)转化炉中反应为CO(g)＋H2O(g)===CO2(g)＋H2(g)，其平衡常数与温度关系如下表：
温度
400℃
500℃
800℃
1 000℃
平衡常数
10
9
1
0.5
该反应为放热(填“吸热”或“放热”)反应。
(3)合成氨反应原理为N2(g)＋3H2(g)??2NH3(g) ΔH＝－92.4 kJ/mol
回答下列问题：
①工业合成氨原料氮气的制备方法是先液化空气，再汽化分离(或分离液态空气)；
②在一定温度下，将1 mol N2和3 mol H2充入一容积不变的密封容器中进行合成反应，达到平衡时，容器的压强为起始的，平衡状态记为S0，则平衡时容器内NH3的体积分数为25%；若保持温度不变，开始时向容器加入a mol N2，b mol H2，c mol NH3，要使反应始终向逆反应方向进行，且达到平衡后各物质物质的量与原平衡S0完全相同，则起始时c的取值范围应是0.8解析：(2)温度升高，K值减小，该反应为放热反应。
(3)①工业合成氨中制备氮气用的是分离液态空气法；②设平衡时反应掉的n(N2)为x，则有
　　　　　　　　　N2 ＋ 3H22NH3
n(起始，单位mol)　1　　 3　 　0
n(反应，单位mol)　x　　 3x　　 2x
n(平衡，单位mol)　1－x 3－3x　 　2x
据题意得(4－2x)/4＝4/5，解得x＝0.4，平衡时混合物的总量为3.2 mol，n(NH3)＝0.8 mol，氨气的体积分数为0.8÷3.2×100%＝25%；根据等效平衡原则，NH3的最大量为2 mol，为了使新的平衡始终向逆反应方向移动，NH3的量应该比原平衡时的量要大，即c的范围是0.85．氮元素能形成多种多样的化合物。
(1)已知N2O4(g)??2NO2(g)　ΔH＝＋57.20 kJ/mol，t℃时，将一定量的NO2、N2O4，充入一个容器为2L的恒容密闭容器中，浓度随时间变化关系如表所示：
时间/min
0
5
10
15
20
25
30
c(X)/(mol/L)
0.2
c
0.6
0.6
1.0
C1
C1
c(Y)/(mol/L)
0.6
c
0.4
0.4
0.4
C2
C2
①c(X)代表NO2(填化学式)的浓度，该反应的平衡常数K＝0.9。
②20 min时改变的条件是向容器中加入0.8_mol_NO2；重新达到平衡时，N2O4的转化率将B(填选项前字母)。
A．增大　 B．减小　
C．不变　 D．无法判断
③T℃时，下列情况不能说明该反应处于平衡状态的是AC。
A．混合气体的密度保持不变
B．混合气体的颜色不再变化
C．混合气体的气体压强保持不变
D．N2O4与NO2的物质的量比为10∶3
④若反应在T℃进行，某时刻测得n(NO2)＝0.6 mol、n(N2O4)＝1.2 mol，则此时v(正)>(填“＞”“＜”或“＝”)v(逆)。
(2)已知2N2H4(l)＋N2O4(l)===3N2(g)＋4H2O(l) ΔH＝－1 225 kJ/mol
化学键
N—H
N—N
N≡N
O—H
键能(kJ/mol)
390
190
946
460
则使1 mol N2O4(l)完全分解成相应的原子时需要吸收的能量是1_793_kJ。
解析：(1)①由表格数据变化量Δc(X)︰Δc(Y)＝2∶1，所以X表示NO2，Y表示N2O4，K＝＝0.9。②20 min时NO2的浓度由0.6 mol/L瞬间变为1.0 mol/L，而N2O4的浓度不变，则改变的条件是投入0.8 mol NO2，因正反应是气体分子数增大的反应，所以再充入0.8 mol NO2对平衡的影响相当于将体系的体积压缩，则平衡逆向移动，所以N2O4的转化率减小。③A项，混合气体的总质量和体积都不变，所以混合气体的密度一直保持不变，不能说明反应达到平衡；B项，混合气体的颜色不再变化，即NO2的浓度不变，能说明反应达到平衡；C项，该反应是气体分子数不等的反应，所以混合气体的气体压强保持不变则可说明反应已达到平衡状态；D项，N2O4与NO2某时刻的物质的量比为10︰3，不表示二者的物质的量不再变化，所以不能说明反应已达到平衡状态。④c(NO2)＝0.3 mol/L，c(N2O4)＝0.6 mol/L，浓度商Qc＝＝0.15<0.9，所以平衡正向移动，即v(正)>v(逆)。
(2)ΔH＝8E(N—H)＋2E(N—N)＋E(N2O4)－3E(NN)－8E(H—O)，所以使1 mol N2O4(l)完全分解成相应的原子时需要吸收的能量为－1 225 kJ－8×390 kJ－2×190 kJ＋3×946 kJ＋8×460 kJ＝1 793 kJ。
6．(2016·辽宁大连二模)目前工业上有一种方法是用CO2来生产燃料乙醇的“节能减排”和“低碳经济”方法，一定条件下发生反应：2CO2(g)＋6H2(g)??CH3CH2OH(g)＋3H2O(g) ΔH<0
(1)在一定条件下，在20 L密闭容器中按物质的量比为1∶3充入CO2和H2，温度在450 K，n(H2)随时间变化如表所示：
t/min
0
1
3
5
n(H2)/mol
8
6
5
5
在450K、0～1 min，v(CH3CH2OH)＝0.016_7_mol·L－1·min－1；此温度下该反应的化学平衡常数为6.75(结果保留三位有效数字)。
(2)在5 MPa下测得平衡体系中各物质的体积分数随温度的变化曲线如图所示：
曲线乙表示的是CO2(填物质的化学式)的体积分数，图像中A点对应的体积分数b＝18.8%(结果保留三围有效数字)。
(3)下列措施中能使化学平衡向正反应方向移动的是(　BD　)
A．升高温度
B．将CH3CH2OH(g)及时液化抽出
C．选择高效催化剂
D．再充入1 mol CO2和3 mol H2
(4)25℃、1.01×105 Pa时，9.2 g液态乙醇完全燃烧，当恢复到原状态时，放出273.4 kJ的热量，写出表示乙醇燃烧的热化学方程式：CH3CH2OH(l)＋3O2(g)===2CO2(g)＋3H2O(l)　ΔH＝－1 367 kJ·mol－1。
(5)以石墨为电极，氢氧化钠、乙醇、水、氧气为原料，可以制成乙醇的燃料电池，写出发生还原反应的电极反应式：O2＋2H2O＋4e－===4OH－。
解析：(1)由表中数据可知，0～1 min内，Δn(H2)＝8 mol－6 mol＝2 mol，则v(H2)＝＝＝＝0.1 mol·L－1·min－1，则速率之比等于计量系数之比可知：v(H2)︰v(CH3CH2OH)＝6︰1，则v(CH3CH2OH)＝v(H2)＝×0.1 mol·L－1·min－1＝0.016 7 mol·L－1·min－1；由表中数据可知，H2起始投入量为8 mol，在20 L密闭容器中，CO2和H2的投料比为1︰3，则CO2起始投入量为 mol，3 min后反应达平衡，建立三段式过程分析：
　　　　 2CO2(g)＋6H2(g)??CH3CH2OH(g)＋3H2O(g)
起始量　　0.135　　0.4　　 0　 　0
(mol·L－1)
转化量　　0.05　　 0.15　 　0.025　　 0.075
(mol·L－1)
平衡量　　0.08　 　0.25　　 0.025　　 0.075
(mol·L－1)
则平衡常数
K＝＝≈6.75。
(2)该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，平衡时CO2与H2的含量增大，CH3CH2OH与H2O的含量降低，可知甲、乙为反应物，平衡逆向移动过程中，H2和CO2按比例(3︰1)增加，甲的含量高于乙，因此甲为H2、乙为CO2、丙为H2O(g)、丁为CH3CH2OH(g)。令平衡体系中CO2的体积为V，则H2为3V，H2O(g)为V，CH3CH2OH(g)则为，因此CO2的体积分数b＝×100%≈18.8%。
(3)A项，放热反应，升高温度平衡逆向移动，错误；B项，移去CH3CH2OH，生成物浓度减小，平衡正向移动，正确；C项，催化剂只能改变反应的速率，对平衡移动无影响，错误；D项，恒容容器中再充入1 mol CO2和3 mol H2，相当于增大压强，平衡正向移动，正确。
(4)25 ℃、1.01×105 Pa时，9.2 g液态乙醇物质的量为0.2 mol，完全燃烧，当恢复到原状态时，放出273.4 kJ的热量，则1 mol乙醇完全燃烧恢复到原状态时，放出的热量为273.4 kJ×5＝1 367 kJ，故该反应的热化学方程式为CH3CH2OH(l)＋3O2(g)===2CO2(g)＋3H2O(l)
ΔH＝－1 367 kJ·mol－1。
(5)乙醇的燃料电池中，燃料乙醇为负极，发生失电子的氧化反应，氧气是正极，发生得电子的还原反应，在碱性环境下，氧气的放电情况为O2＋2H2O＋4e－===4OH－。

1．有A、B、C、D、E五种原子序数依次增大的元素(原子序数均小于30)。A的基态原子2p能级有3个单电子；C的基态原子2p能级有1个单电子；E的内部各能层均排满，且有成单电子；D与E同周期，价电子数为2。则：
(1)写出基态E原子的价电子排布式：3d104s1。
(2)A的单质分子中π键的个数为2。
(3)A、B、C三种元素第一电离能由大到小的顺序为，F>N>O(用元素符号表示)
(4)B元素的氢化物的沸点是同族元素中最高的，原因是H2O分子间存在氢键。
(5)A的最简单氢化物分子的空间构型为三角锥形，其中A原子的杂化类型是sp3。
(6)C和D形成的化合物的晶胞结构如图所示，已知晶体的密度为ρ g·cm－3，阿伏加德罗常数为NA，求晶胞边长a＝(用ρ、NA的计算式表示)cm。
解析：(1)根据提供信息，A的电子排布式为1s22s22p3，为N，C的电子排布式为1s22s22p5，为F，则B为O。E的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，为Cu，D为Ca。
(2)NN中含有1个σ键、2个π键。
(3)同周期元素从左到右第一电离能逐渐增大，但N、O反常，则第一电离能：F>N>O。
(5)NH3中N有一对孤对电子，空间构型为三角锥形，N的杂化类型为sp3杂化。
(6)该晶胞中黑球为Ca，白球为F，含有4个Ca2＋、8个F－，则ρ×a3＝×4，a＝。
2．(2016·江西上饶模拟)元素周期表中，金属和非金属分界线附近的元素性质特殊，其单质及化合物应用广泛，成为科学研究的热点。
(1)锗(Ge)可以作半导体材料，写出基态锗原子的电子排布式：1s22s22p63s23p63d104s24p2或(Ar]3d104s24p2)。
(2)环硼氮六烷的结构和物理性质与苯很相似，故称为无机苯，其结构为
①第一电离能介于B、N之间的第二周期元素有3种。
②无机苯分子中1个氮原子给有空轨道的硼原子提供1个孤电子对，形成1个配位键。
③硼、氮原子的杂化方式是sp2。
(3)硅烷的通式为SinH2n＋2，随着硅原子数增多，硅烷的沸点逐渐升高，其主要原因是相对分子质量增大，分子间作用力增大。最简单的硅烷是SiH4，其中的氢元素显－1价，其原因为氢原子的电负性比硅原子电负性大。
(4)根据价层电子对互斥理论(VSEPR)推测：AsCl3的VSEPR模型名称：四面体形；AsO的立体构型：正四面体形。
(5)钋(Po)是一种放射性金属，它的晶胞堆积模型为简单立方堆积，钋的摩尔质量为209 g·mol－1，晶胞的密度为ρ g·cm－3，则它的晶胞边长(a)为×1010pm。(NA表示阿伏加德罗常数，用代数式表示晶胞边长)]
解析：(2)①根据电离能的变化规律，具有半充满和全充满的电子排布构型的元素的稳定性较高，所以第一电离能介于B、N之间的第二周期元素有Be、C、O三种元素。②无机苯类似苯结构，分子存在大π键。由单方原子提供孤电子对与含空轨道的原子形成配位键。③类比苯的结构可知，由硼氮原子形成平面六元环结构，所有原子共面，B、N都是sp2杂化。
(3)硅烷相对分子质量随着硅原子数的增多而增大，硅烷分子间作用力增大，硅烷沸点升高；氢原子的电负性大，吸引电子能力比硅强。
(4)三氯化砷分子中价层电子有4对，其中3个成键电子对、1个孤电子对，VSEPR模型包括孤电子对和成键电子对，故VSEPR模型为四面体形；AsO中价层电子对数为4(4＋＝4)，4个电子对都是成键电子对，它的立体构型为正四面体形。
(5)钋晶胞模型如图所示：1个晶胞含1个钋原子。1 cm＝1×1010 pm，m(Po)＝ g；ρ＝＝ g·cm－3，a3＝ cm3，a＝ cm＝×1010 pm。
3．(2016·河南重点中学联考)金属镍及其化合物在合金材料以及催化剂等方面应用广泛。
(1)基态Ni原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2(或Ar]3d84s2)。
(2)金属镍能与CO形成配合物Ni(CO)4，写出与CO互为等电子体的一种分子和一种离子的化学式：N2、CN－(或O、C、NO＋)。
(3)很多不饱和有机物在Ni催化下可与H2发生加成反应，如①CH2＝CH2、②HC≡CH、③、④HCHO，其中碳原子采取sp2杂化的分子有①③④(填物质序号)，HCHO分子的立体结构为平面三角形。
(4)金属镍与镧(La)形成的合金是一种良好的储氢材料，其晶胞结构如图1所示。该合金的化学式为LaNi5或Ni5La。

图1 图2
(5)丁二酮肟常用于检验Ni2＋。在稀氨水中，丁二酮肟与Ni2＋反应生成鲜红色沉淀，其结构如图2所示。该结构中，除共价键外还存在配位键和氢键，请在图中用箭头和“…”表示出配位键和氢键。
4．周期表前四周期的元素X、Y、Z、M、W、Q的原子序数依次增大。基态X原子的最外层电子数是内层电子数的2倍；X与Z同周期，M与Z同主族，基态Z原子有2个未成对电子；基态W原子的最外层电子数与其d能级电子数相等；基态Q3＋的d能级的所有轨道均排布自旋方向相同的电子。请回答：
(1)基态Q2＋的电子排布式为1s22s22p63s23p63d6。
(2)X、Y、Z的电负性由大到小的顺序为O>N>C(填元素符号)。
(3)HYO3比HYO2酸性强的原因为HNO3的非羟基O原子数目大于HNO2的非羟基氧原子数目，HNO3中N元素的正电性更高，羟基中O原子的电子偏向N原子程度大，更易电离出H＋，HNO3的酸性更强。
(4)与MXY－互为等电子体的一种分子的结构式为OCO；MXY－中σ键和π键的个数比为1︰1。
(5)单质W的晶体堆积模型为六方最密堆积，晶体中W原子的配位数为12。
(6)Z、W与Ba形成的一种晶体广泛用于电子工业中，其晶胞结构如图所示：
①该晶体的化学式为BaTiO3。
②若晶胞中两个最近的Z原子核间距离为a pm，用NA表示阿伏加德罗常数的值，则该晶体的密度可以表示为 g·cm－3。
解析：(1)由题意可知X为C元素，Z为O元素，Y为N元素，M为S元素，W元素的电子排布式为Ar]3d24s2，为Ti元素，Q元素的电子排布式为Ar]3d64s2，为Fe元素。
(2)元素非金属性越强，电负性越大。
(3)可通过含氧酸中非羟基O原子的数目越多酸性越强来解释。
(4)SCN－的价电子数为16个，其等电子体为CO2，其结构式为OCO，每个双键中含有一个σ键，一个π键。
(5)六方最密堆积中原子紧邻的其他原子为12个。
(6)①由顶点原子平均，棱上原子平均，中心原子为1可求得；②立方体的边长为a×10－10 cm，晶胞体积V＝x3＝2a3×10－30 cm3，一个晶胞的质量m＝ g，由ρ＝可求晶胞密度。
5．氟是电负性最大的非金属元素，又因其半径较小，极易和金属元素反应，并将它们氧化到最高价态，生成MnF7、VF5、CaF2等。氟还可以和氧形成一系列的氟化物，如OF2、O2F2、O4F2等。请回答下列问题：
(1)V原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d34s2(或Ar]3d34s2)。
如图所示为一个完整的CaF2晶胞，则图中空心球表示Ca2＋(填“F－”或“Ca2＋”)。设晶胞边长为a，则Ca2＋与F－之间的最近距离为。
(2)OF2分子中氧原子的杂化轨道类型为sp3，OF2被称为氟化物而不被称为氧化物的原因是因为OF2中F的电负性比O的大，所以O的化合价为正价，氧化物中氧元素的化合价为负价。
(3)O2F2是一种强氧化剂，由O2和F2在低温下合成，运用VSEPR模型给出O2F2分子的结构式：，O2F2是极性(填“极性”或“非极性”)分子。
解析：(1)根据晶胞特点和CaF2中阴、阳离子个数之比为2︰1可知图中空心球表示Ca2＋。晶胞边长即立方体的边长为a，体对角线为a，则阴、阳离子间最近距离为a。
(3)根据价层电子对互斥理论可知O2F2的结构式为，为不对称结构，因此是极性分子。
6．(2016·辽宁东北育才高中模拟)在元素周期表前四周期中原子序数依次增大的六种元素A、B、C、D、E、F中，A与其余五种元素既不同周期也不同主族，B的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，C的氧化物是导致酸雨的主要物质之一，D原子核外电子有8种不同的运动状态，E的基态原子在前四周期元素的基态原子中单电子数最多，F元素的基态原子最外能层只有一个电子，其他能层均已充满电子。
(1)写出基态E原子的价电子排布式3d54s1。
(2)B、C、D三元素第一电离能由小到大的顺序为C(3)已知D、F能形成一种化合物。
其晶胞的结构如图所示：
则该化合物的化学式为Cu2O(用元素符号表示)；若相邻D原于和F原子间的距离为a cm，阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体的密度为g·cm－3(用含a、HA的代数式表示)。
解析：根据元素信息可以判断，A为H，B为C，C为N，D为O，E为Cr，F为Cu。
(3)N(O)：8×＋1＝2，N(Cu)：4
所以其化学式为Cu2O。
设棱长为x cm，则体对角线为x，而Cu与O之间的距离为体对角线的，所以a＝，所以x＝，根据x3·ρ·NA＝2M(Cu2O)，得：ρ＝。
7．磷化硼是一种高折射率红棕色晶体，可通过单质B与Zn3P2(或PH3)反应，也可热解PCl3·BCl3制得。
(1)锌离子基态时核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d10或Ar]3d10。
(2)PH3中磷原子的杂化轨道类型为sp3，BCl3空间构型为平面三角形(用文字描述)。
(3)PC13能够与配合物Ni(CO)4发生配体置换反应：Ni(CO)4＋4PCl3===Ni(PCl3)4＋4CO。
①与CO互为等电子体且带1个单位负电荷的阴离子化学式为CN－。
②1 mol Ni(PCl3)4中含σ键数目为16_mol(或16×6.02×1023、9.632×1024，写16NA不扣分)。
(4)立方BP的晶胞结构如图所示，晶胞中含B原子数目为4。
解析：(1)锌是30号元素，其原子基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s2或Ar]3d104s2，所以锌离子基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d10或Ar]3d10。
(2)PH3中P原子的价层电子对数是＝4，所以杂化方式是sp3，BCl3中B原子的价层电子对数是＝3，B原子杂化方式是sp2，空间构型是平面正三角形。
(3)①原子总数和最外层电子数之和均相等的粒子互为等电子体，通常用相邻元素替换的方法获得，所以与CO互为等电子体且带1个单位负电荷的离子有CN－；②PCl3分子中含有3个σ键，而Ni与P之间也存在σ键，所以1 mol Ni(PCl3)4中含16 mol σ键。
(4)B位于晶胞的顶点和面心，所以平均每个晶胞中含有的B原子数为8×＋6×＝4。
8．原子序数依次增大的四种元素A、B、C、D分别处于第一至第四周期，自然界中存在多种A的化合物，B原子核外电子有6种不同的运动状态，B与C可形成正四面体形分子，D的基态原子的最外能层只有一个电子，其他能层均已充满电子。
请回答下列问题：
(1)这四种元素中电负性最大的元素．其基态原子的价电子排布图为第一电离能最小的元素是Cu(填元素符号)。
(2)C所在主族的前四种元素分别与A形成的化合物中，沸点由高到低的顺序是HF>HI>HBr>HCl(填化学式)，呈现如此递变规律的原因是HF分子之间形成氢键使其熔沸点较高，HI、HBr、HCl分子之间只有范德华力，相对分子量越大，范德华力越大。
(3)B元素可形成多种单质，一种晶体结构如图甲所示，其原子的杂化类型为sp2。另一种的晶胞如图乙所示，该晶胞的空间利用率为34%，若此晶胞中的棱长为356.6 pm，则此晶胞的密度为3.5g·cm－3。(保留两位有效数字)(＝1.732)
(4)D元素形成的单质，其晶体的堆积模型为面心立方最密堆积，D的醋酸盐晶体局部结构如图丙，该晶体中含有的化学键是①②③(填选项序号)。
①极性键　②非极性键　③配位键　④金属键
(5)向D的硫酸盐溶液中滴加过量氨水，观察到的现象是首先形成蓝色沉淀，继续滴加氨水，沉淀溶解，得到深蓝色的透明溶液。
请写出上述过程的离子方程式：
Cu2＋＋2NH3·H2O===Cu(OH)2↓＋2NH、
Cu(OH)2＋4NH3===Cu(NH3)4]2＋＋2OH－。
解析：(1)结合题中信息可知A为H、B为C、C为Cl、D为Cu，所以电负性最大的元素为Cl，共有7个价电子；第一电离能最小即最容易失电子的元素为Cu。
(3)在其层状结构中碳碳键键角为120°，每个碳原子都结合3个碳原子，故碳原子采取sp2杂化；将金刚石的晶胞大立方体切成八个体积相等的小立方体，将会出现两种小立方体：一种体心有碳原子，一种体心没有碳原子。将体心没有碳原子的小立方体的顶点上的碳原子移动到体心有碳原子的立方体的相应的顶点上，就会形成两种新的小立方体：一种为体心立方堆积，另一种为全空，金刚石的空间利用率为体心立方的一半，而体心立方堆积的空间利用率为68.02%，所以该晶胞的空间利用率为34%；在金刚石中每个晶胞含有8个碳原子，所以ρVNA＝8MC，数据代入得ρ×(356.6×10－10)3×6.02×1023＝8×12，解得ρ＝3.5 g/cm3。
(4)由结构图可知，该晶体中含有的C—H键为极性键、C—C键为非极性键、配位键。

1．(2016·甘肃兰州模拟)某种医药中间体的结构简式为，常用与制备抗凝血药，可通过下列流程合成：
已知：F变成G相当于从F分子中去掉1个X分子。
请回答：
(1)下列关于G的说法正确的是AB。
A．能与溴水反应
B．能与氢氧化钠溶液反应
C．1 mol G最多能和3 mol氢气反应
D．能与FeCl3溶液反应显紫色
(2)B→C的反应类型是取代反应。
(3)写出下列有关反应的化学方程式。
①A与新制氢氧化铜悬浊液共热：CH3CHO＋2Cu(OH)2＋NaOHCH3COONa＋Cu2O↓＋3H2O。
②D→E：＋CH3OH＋H2O。
(4)F分子中有6种化学环境不同的氢原子，化合物X的结构简式为CH3OH。
(5)写出与D互为同分异构体且含苯环、酚羟基和酯基的所有有机物的结构简式：。
解析：已知信息确定X分子组成，即从F与G分子组成差别中得到。
2．(2016·河北邯郸二模)有机物丙(C13H18O2)是一种香料，其合成路线如图所示。
已知：①R－CH＝CH2R—CH2CH2OH；
②质谱图表明甲的相对分子质量为88，它的核磁共振氢谱显示有3组峰；
③乙是的同系物。
回答下列问题：
(1)A的化学名称是2－甲基丙烯。
(2)B的分子式是C4H10O。
(3)C与新制碱性Cu(OH)2反应的化学方程式是(CH3)2CHCHO＋2Cu(OH)2＋NaOH(CH3)2CHCOONa＋Cu2O↓＋3H2O。
(4)丙中有两个甲基，在一定条件下，1 mol D可以和2 mol H2反应生成乙，D可以发生银镜反应，则D的结构简式为。
(5)甲与乙反应的化学方程式为
该反应的类型是酯化反应(或取代反应)。
(6)甲的同分异构体中符合下列条件的共有2种。
①含有“—COO—”结构；
②核磁共振氢谱有3组峰且峰面积比为3∶2∶3。
解析：根据已知②，从反应中可以看出，A为烯烃，在双氧水、乙硼烷中发生反应生成醇(B)，进一步氧化为醛(C)，再氧化为羧酸(甲)，由甲的相对分子质量为88，可以推知其为C3H7COOH，其核磁共振氢谱中有3组峰，即甲的结构简式为(CH3)2CHCOOH，依次逆推C的结构简式为(CH3)2CHCHO，B的结构简式为(CH3)2CHCH2OH、分子式为C4H10O，A的结构简式为(CH3)2C＝CH2，则A的名称为2－甲基丙烯。甲和乙发生酯化反应生成丙，根据分子式和原子守恒计算得出乙的分子式是C9H12O，分子中应有一个苯环，又由于丙中只有两个甲基，可逆推知乙中无甲基，从而确定乙的结构简式为，由题意可知D的结构简式为。甲(CH3)2CHCOOH]含有“—COO—”结构的同分异构体：酸类有CH3CH2CH2COOH，甲酸酯有HCOOCH(CH3)2和HCOOCH2CH2CH3，其他酯类有CH3COOCH2CH3和CH3CH2COOCH3；符合“磁共振氢谱有3组峰且峰面积比为3︰2︰3”条件的根据等效氢法判断共有2种。
3．(2016·全国卷丙)端炔烃在催化剂存在下可发生偶联反应，称为Glaser反应。
2R—C≡C—HR—C≡C—C≡C—R＋H2
该反应在研究新型发光材料、超分子化学等方面具有重要价值。下面是利用Glaser反应制备化合物E的一种合成路线：
回答下列问题：
(1)B的结构简式为，D的化学名称为苯乙炔。
(2)①和③的反应类型分别为取代反应、消去反应。
(3)E的结构简式为。用1 mol E合成1,4－二苯基丁烷，理论上需要消耗氢气4mol。
(4)化合物()也也可发生Glaser偶联反应生成聚合物，该聚合反应的化学方程式为。
(5)芳香化合物F是C的同分异构体，其分子中只有两种不同化学环境的氢，数目比为3∶1，写出其中3种的结构简式
。
(6)写出用2－苯基乙醇为原料(其他无机试剂任选)制备化合物D的合成路线。　
解析：B(C8H10)与Cl2在光照条件下发生取代反应生成，则B的结构简式为。A与CH3CH2Cl在AlCl3、加热条件下反应生成(B)，显然反应①为取代反应，A的结构简式为。(D)经④Glaser反应得到E(C16H10)，结合Glaser反应原理(2R—C≡C—HR—C≡C—C≡C—R＋H2)推知，E的结构简式为。
(1)由上述分析可知，B的结构简式为。D的结构简式为，其化学名称为苯乙炔。
(2)反应①是苯与CH3CH2Cl的取代反应；反应③中转化为，生成了碳碳三键，故该反应为卤代烃的消去反应。
(3)由上述分析可知，E的结构简式为。1个碳碳三键需要2分子氢气加成，则用1 mol E()合成1,4－二苯基丁烷，理论上需要消耗4 mol氢气。
(4)化合物()可发生Glaser偶联反应生成聚合物，结合Glaser偶联反应的反应原理及原子守恒写出化学方程式：。
(5)芳香化合物F是C()的同分异构体，F需满足条件：ⅰ.与C具有相同的分子构成，含有1个苯环和2个Cl原子；ⅱ.分子中只有两种不同化学环境的氢，且数目比为3∶1，说明分子结构存在对称性，分子中含有2个—CH3，考虑苯环上取代基的结构及相对位置关系，符合条件的F的结构简式有等。
(6)2－苯基乙醇的结构简式为，迁移应用乙醇和卤代烃的性质，可先在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成，再与Br2发生加成反应生成，最后在NaNH2、H2O条件下发生消去反应生成。
4．罂粟碱是一种异喹啉型生物碱，其盐酸盐可用于治疗脑血栓、肢端动脉痉挛等。罂粟碱的合成方法如下：
(1)B分子中的官能团有醚键(填名称，下同)和溴原子。
(2)D→E的转化属于取代(填反应类型)反应。
(3)E和F发生取代反应生成G的同时有HCl生成，则F的结构简式是：。
(4)E的同分异构体有多种，写出一种符合下列要求的异构体X的结构简式：(或。
Ⅰ.含氧官能团种类与D相同。
Ⅱ.核磁共振氢谱图中有4个吸收峰。
Ⅲ.属于芳香族化合物，苯环上一取代物有两种。
(5)(R、R′为烃基)。根据已有知识并结合相关信息，写出以乙醇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：
解析：(1)B中“—O—”为醚键，溴原子也是官能团。
(2)D→E为D的羧基中的羟基被Cl原子所取代。
(3)G中左侧与E相同，E与F反应机理为：E中的Cl原子与F中氨基上的一个H原子生成HCl，由此写出F的结构简式。
(4)D中的相同含氧官能团有羧基和醚键，除此还多余三个饱和碳原子，一个Cl原子，一个苯环，由于苯环上的一氯代物为两种，所以取代基在苯环上为对位关系，结合核磁共振氢谱图有4个吸收峰的条件可知，X的结构简式有两种。
(5)本题采用逆合成法，由水解获得，对比给出的已知信息知，由CH3CHO和CH3CH2CN反应获得，CH3CHO由CH3CH2OH氧化得到，CH3CH2CN可类似流程中的B→C，先由CH3CH2OH转化为卤代烃，再与KCN反应生成CH3CH2CN。
5．卡托普利(E)是用于治疗各种原发性高血压的药物，合成路线如下：
(1)A的系统命名为2－甲基丙烯酸，B中官能团的名称是羧基、氯原子，B→C的反应类型是取代反应。
(2)C→D转化的另一产物是HCl，则试剂X的分子式：C5H9NO2。
(3)D在NaOH醇溶液中发生消去反应，经酸化后的产物Y有多种同分异构体，写出同时满足下列条件的物质Y的同分异构体的结构简式：
。
A．红外光谱显示分子中含有苯环，苯环上有四个取代基且不含甲基
B．核磁共振氢谱显示分子内有6种不同环境的氢原子
C．能与FeCl3溶液发生显色反应
(4)B在氢氧化钠溶液中的水解产物酸化后可以发生聚合反应，写出该反应的化学方程式：。
解析：(1)根据流程图，反应①为加成反应；即A中含双键，结合B的结构可推出A的结构，所以A为2－甲基丙烯酸；B中含羧基、氯原子，B→C即B中羟基被氯原子取代，所以反应为取代反应。
(2)C→D是取代反应，所以X的结构为，分子式为C5H9NO2。
(3)Y为，满足条件的同分异构体需含苯环，结合不饱和度，分子中不再含羧基，另外分子中不含甲基，氮原子只能为氨基，含酚羟基，分子内有6种不同环境的氢原子，所以分子较对称，则可试写出同分异构体的结构简式：
(4)B在氢氧化钠溶液中的水解产物酸化后为可聚合生成。
6．氰基丙烯酸酯在碱性条件下能快速聚合为从而具有胶黏性。某种氰基丙烯酸酯(G)的合成路线如下：
已知：
①A的相对分子质量为58，氧元素质量分数为0.276，核磁共振氢谱显示为单峰
回答下列问题：
(1)A 的化学名称为丙酮。
(2)B的结构简式为。其核磁共振氢谱显示为2组峰，峰面积比为6∶1。
(3)由C生成D的反应类型为取代反应。
(4)由D生成E的化学方程式为＋NaOH＋NaCl。
(5)G中的官能团有碳碳双键、酯基、氰基。(填官能团名称)
(6)G的同分异构体中，与G具有相同官能团且能发生银镜反应的共有8种。(不含立体结构)
解析：(1)A的相对分子质量为58，氧元素质量分数为0.276，经计算知A中只含一个氧原子，结合信息②知A是一种酮或醛，因A的核磁共振氢谱显示为单峰，即分子中只有1种氢原子，则A为，名称为丙酮。
(2)根据信息②可知，B的结构简式为，分子中含有2种氢原子，故核磁共振氢谱显示为2组峰，且峰面积比为6∶1。
(3)由B的结构简式及C的分子式可推知C为，在光照条件下C与Cl2应发生—CH3上的取代反应。
(4)由反应条件可知，D生成E的反应为氯原子的水解反应，由E的分子式为C4H5NO可推知，D为，该反应的化学方程式为。
(5)由E→F→G的反应条件可推知，G为，分子中含有碳碳双键、酯基、氰基3种官能团。
(6)能发生银镜反应，则分子中含有醛基，且与G含有相同的官能团，符合条件的G的同分异构体应为甲酸酯类，分别为，共8种。
7．芳香族化合物A是医药工业中的重要合成原料，分子中只含C、H、O三种元素，H、O两种元素的质量比为1∶8，且其相对分子质量小于150，取等质量的A分别与足量NaHCO3和Na反应，生成的气体在同温同压下的体积比为1∶1。
(1)A的分子式为C7H6O3；A中含有的官能团的名称为羧基、(酚)羟基。
(2)由A合成治疗溃疡药奥沙拉秦钠
①奥沙拉秦钠的核磁共振氢谱有4个吸收峰。
②D不可能发生的反应类型有C(填选项字母)。
A．取代反应　　 B．加成反应　　
C．消去反应　　 D．氧化反应
③由E→F的化学反应方程式为。
④符合下列条件的B的同分异构体有6种；写出其中任意一种的结构简式： (任写一种即可)。
Ⅰ.苯环上有2个取代基，且能发生水解反应和银镜反应；
Ⅱ.1 mol该物质与足量的Na反应生成0.5 mol H2。
解析：(1)根据题意，取等质量的A分别与足量NaHCO3和Na反应，生成的气体在同温同压下的体积比为1︰1，可知A中含有羧基、(酚)羟基，再根据H、O两种元素的质量比为1︰8，及芳香族化合物，推出A为C7H6O3。
(2)①由奥沙拉秦钠的结构简式可知，羟基和苯环上的氢都不相同，核磁共振氢谱有4个吸收峰。②根据合成路线图，可知D为，含有苯环、酚羟基、氨基、酯基，可以发生取代反应、加成反应、氧化反应，不能发生消去反应。④B的结构简式为，苯环上有2个取代基，且能发生水解反应和银镜反应，说明含有甲酸酯基；1 mol该物质与足量的Na反应生成0.5 mol H2，说明含有1个羟基。

可能用到的相对原子质量：H—1　C—12　N—14
O—16　Na—23　Mg—24　Al—27　Si—28　P—31　S—32
Cl—35.5　K—39　Fe—56　Cu—64　Zn—65　Ag—108
第Ⅰ卷
一、选择题：本大题共7小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
7．化学与社会、生活密切相关。对下列现象或事实的解释正确的是(　C　)
选项
现象或事实
解释
A
在食品袋中放入盛有硅胶的透气小袋
可防止食物氧化变质
B
用明矾净水
明矾具有杀菌消毒的作用
C
潮湿环境中的铁制品易生锈
铁、碳与铁制品表面水膜形成了原电池
D
雾霾
大量燃烧煤、天然气、石油等排放的CO2增多所致
解析：硅胶具有吸水性，所以硅胶能防止食品受潮而变质，A项错误；用明矾净水是因为明矾可以水解生成具有吸附性的氢氧化铝胶体，明矾没有杀菌消毒的作用，B项错误；雾霾是由大量燃烧煤、天然气、石油等产生的各种颗粒物、有害气体形成的，不是因为排放的二氧化碳增加，D项错误。
8．下列有机物的同分异构体种数最多的是(不考虑立体异构)(　D　)
A．C5H12　　　　 B．甲苯的一氯代物
C．C3H6Cl2 D．含苯环的 C7H8O
解析：C5H12是戊烷，有3种同分异构体；甲苯的一氯代物有4种(取代甲基上的氢有1种，取代苯环上的氢有3种)；C3H6Cl2的同分异构体有4种，2个Cl原子在同一个C原子上时有2种，2个Cl原子在不同C原子上时有2种)；含苯环的C7H8O的同分异构体有5种()。
9．某课外实验小组设计的下列实验合理的是(　B　)
解析：A项，不能在容量瓶中稀释浓硫酸；C项，NO2气体不能用排水法收集；D项，Na2O2为粉末状固体，且与水反应剧烈，不适合用简易启普发生器制备少量氧气。
10．用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是(　D　)
A．由2H和18O所组成的过氧化氢20 g，所含的中子数为10NA
B．标准状况下，2.24 L的二氯甲烷中含有的碳氯共价键的数目为0.2 NA
C．在0.1 mol·L－1 Na2CO3溶液中，阴离子数目大于 0.1 NA
D．NO2和H2O反应每生成2 mol HNO3，转移的电子数目为2 NA
解析：A项，20 g 2HO2中所含中子数为×22×NA mol－1＝11NA，错误；B项，标准状况下CH2Cl2为液体，错误；C项，没有指明溶液的体积，错误；D项，3NO2＋H2O===2HNO3＋NO，生成2 mol HNO3，转移电子数为2NA，正确。
11．高铁酸钾是高能电极材料，锌—高铁酸钾碱性电池类似锌锰电池。电池总反应式为3Zn＋2K2FeO4＋8H2O3Zn(OH)2＋2Fe(OH)3＋4KOH，工作原理如图所示：下列说法正确的是(　B　)
A．放电时，电子由b极经KOH溶液流向a极
B．放电时，a极的电极反应式为FeO＋4H2O＋3e－―→Fe(OH)3＋5OH－
C．充电时，b极的电极反应式为Zn—2e－＋2H2O ===Zn(OH)2＋2H＋
D．充电时，当电路中有3 mol电子通过时，溶液中OH－的物质的量的变化量为3 mol
解析：A项，放电时，锌极为负极，电子由负极经外电路流向正极，不经过电解质溶液，错误；B项，放电时a极为正极，K2FeO4得电子发生还原反应，电极反应式为FeO＋4H2O＋3e－===Fe(OH)3＋5OH－，正确；C项，充电时，b极为阴极，发生还原反应，电极反应式为Zn(OH)2＋2e－===Zn＋2OH－，错误；D项，充电时a极为阳极，电极反应式为Fe(OH)3＋5OH－－3e－===FeO＋4H2O，有3 mol电子通过时，反应消耗5 mol OH－，阴极生成3 mol OH－，溶液中OH－的物质的量的变化量为2 mol，错误。
12．X、Y、Z、R是短周期主族元素，X原子最外层电子数是次外层的两倍，Y元素在地壳中的含量最多，Z元素的金属性最强，R原子的核外电子数是X原子与Z原子的核外电子数之和。下列叙述不正确的是(　D　)
A．X与Y能形成两种常见的气态化合物
B．原子半径的大小顺序：r(Z)＞r(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
解析：依据结构特点知X、Y、Z、R四种元素依次为C、O、Na、Cl。A项，C和O能形成CO、CO2两种气态氧化物；B项，原子半径大小顺序为r(Na)>r(Cl)>r(C)>r(O)，正确；C项，CCl4中只含共价键，NaCl中只含离子键；D项，O、Na、Cl形成的化合物有多种，如NaClO、NaClO3、NaClO4等。
13．常温条件下，将浓度为0.1 mol·L－1的NaOH溶液逐滴滴加到体积为20 mL等物质的量浓度的二元弱酸(用H2A表示)溶液中。溶液中的H2A、HA－、A2－的物质的量与混合溶液pH的变化关系如图。下列说法正确的是(　D　)
A．pH＞7时，溶液中只存在A2－
B．NaHA溶液跟NaHCO3溶液类似，呈碱性
C．滴入的NaOH溶液为30 mL时，存在c(Na＋)＞c(HA－ )＞c( A2－)＞c(OH－)＞c(H＋)
D．滴入的NaOH溶液为40 mL时，溶液呈碱性
解析：pH>7时，溶液中主要存在A2－，另外还存在Na＋、HA－、A2－、OH－、H＋等，A项错误；由图像可知，溶液中的阴离子主要以HA－形式存在时，溶液pH≈4，溶液呈酸性，B项错误；滴入的NaOH溶液为30 mL时，反应后得到物质的量均为1×10－3 mol的NaHA和Na2A的混合溶液，此时溶液呈酸性，HA－的电离程度大于A2－的水解程度，存在c(Na＋)>c(A2－)>c(HA－)>c(H＋)>c(OH－)，C项错误；滴入的NaOH溶液为40 mL时，反应生成Na2A，A2－水解使溶液显碱性，D项正确。
第Ⅱ卷
二、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第26～28题为必考题，每个试题考生都必须做答。选考题考生根据要求做答。
(一)必考题(共43分)
26．(14分)如图是在实验室进行二氧化硫制备与性质实验的组合装置，部分固定装置未画出。
(1)在组装好装置后，若要检査AD装置的气密性，其操作是首先关闭弹簧夹2和分液漏斗活塞，打开弹簧夹1，往D中装入水，然后微热A，观察到D中有气泡冒出，移开酒精灯或松开双手，D中导管有水柱形成且高度保持不变，说明装置气密性良好。
(2)装置B中试剂X是浓硫酸，装置D中盛放NaOH溶液的作用是吸收未反应的SO2，防止污染空气。
(3)关闭弹簧夹2，打开弹簧夹1，注入硫酸至浸没三颈烧瓶中固体，检验SO2与Na2O2反应是否有氧气生成的操作及现象是将带火星的木条放在D试管口处，看木条是否复燃。
(4)关闭弹簧夹1后，打开弹簧夹2，残余气体进入E、F、G中，能说明I2还原性弱于SO2的现象为F中溶液蓝色褪去；发生反应的离子方程式是SO2＋I2＋2H2O===2I－＋SO＋4H＋。
(5)为了验证E中SO2与FeCl3发生了氧化还原反应，设计了如下实验：
取E中的溶液，往溶液中加入用稀硝酸酸化的BaCl2溶液，产生白色沉淀，说明SO2与FeCl3发生了氧化还原反应。上述方案是否合理？不合理(填“合理”或“不合理”)，原因是E中溶解的SO2与稀硝酸反应也生成SO。
(6)实验过程中G中含酚酞的NaOH溶液逐渐褪色，此实验证明SO2具有漂白性还是其溶于水显酸性？请设计实验验证：取褪色后的溶液，滴加较浓的NaOH溶液，若变红，则证明褪色是因SO2溶于水显酸性。
解析：(1)检查装置的气密性时首先要形成密封系统。(2)Na2O2能与水蒸气反应，故证明SO2与Na2O2反应时要先除去水蒸气；SO2是有毒的酸性氧化物，能被NaOH溶液吸收。
(3)检验氧气用带火星的木条，木条复燃则证明有氧气。
(4)SO2的还原性强于I－，联想I2与SO2的反应便可得出实验现象和离子方程式。
(5)评价实验设计时，首先要考虑引入物质与原溶液中粒子的反应是否会对实验造成干扰。
27．(14分)某班同学用如下实验探究Fe2＋、Fe3＋的性质。回答下列问题：
(1)分别取一定量氯化铁、氯化亚铁固体，均配制成0.1 mol·L－1的溶液。在FeCl2溶液中需加入少量铁屑，其目的是防止Fe2＋被氧化。
(2)甲组同学取2 mL FeCl2溶液，加入几滴氯水，再加入1滴KSCN溶液，溶液变红，说明Cl2可将Fe2＋氧化。FeCl2溶液与氯水反应的离子方程式为2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl－。
(3)乙组同学认为甲组的实验不够严谨，该组同学在2 mL FeCl2溶液中先加入0.5 mL煤油，再于液面下依次加入几滴氯水和1滴KSCN溶液，溶液变红，煤油的作用是隔绝空气(排除氧气对实验的影响)。
(4)丙组同学取10 mL 0.1 mol·L－1 KI溶液，加入6 mL 0.1 mol·L－1 FeCl3溶液混合。分别取2 mL此溶液于3支试管中进行如下实验：
①第一支试管中加入1 mL CCl4充分振荡、静置，CCl4层显紫色；
②第二支试管中加入1滴K3 (Fe(CN)6]溶液，生成蓝色沉淀；
③第三支试管中加入1滴KSCN溶液，溶液变红。
实验②检验的离子是Fe2＋(填离子符号)；实验①和③说明：在I－过量的情况下，溶液中仍含有Fe3＋(填离子符号)，由此可以证明该氧化还原反应为可逆反应。
(5)丁组同学向盛有H2O2溶液的试管中加入几滴酸化的FeCl2溶液，溶液变成棕黄色，发生反应的离子方程式为2Fe2＋＋H2O2＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O；一段时间后，溶液中有气泡出现，并放热，随后有红褐色沉淀生成。产生气泡的原因是Fe3＋催化H2O2分解产生O2；生成沉淀的原因是H2O2分解反应放热，促进Fe3＋的水解平衡正向移动(用平衡移动原理解释)。
解析：Fe2＋具有很强的还原性，易被空气中的O2氧化为Fe3＋，在FeCl2溶液中加入少量铁屑，可防止Fe2＋被氧化。
(2) Fe2＋被氧化为Fe3＋，Cl2被还原为Cl－，反应的离子方程式为2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl－。
(3)O2难溶于煤油，加入煤油能隔绝空气，排除O2对实验的影响。
(4)KI溶液与FeCl3溶液反应的离子方程式为2I－＋2Fe3＋===I2＋2Fe2＋。K3(Fe(CN)6]是检验Fe2＋的试剂。实验③溶液变红，说明溶液中仍存在Fe3＋，由此可说明该氧化还原反应为可逆反应。
(5)酸化的FeCl2溶液与H2O2反应，Fe2＋被氧化为Fe3＋，O2被还原为H2O，反应的离子方程式为H2O2＋2Fe2＋＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O。Fe3＋对H2O2的分解起催化作用，当反应一段时间后，会发生反应：2H2O22H2O＋O2↑，故溶液中产生气泡。由于H2O2分解反应放热，促使Fe3＋＋3H2O??Fe(OH)3＋3H＋平衡右移，最终出现Fe(OH)3红褐色沉淀。
28．(15分)氢气是一种清洁能源，氢气的制取与储存是氢能源利用领域的研究热点。已知：
①CH4(g)＋H2O(g)??CO(g)＋3H2(g) △H＝＋206.2 kJ·mol－1
②CH4(g)＋CO2(g)??2CO(g)＋2H2(g) △H＝＋247.4 kJ·mol－1
③2H2S(g)??2H2(g)＋S2(g) △H＝＋169.8 kJ·mol－1
(1)以甲烷为原料制取氢气是工业上常用的制氢方法。CH4(g)与H2O(g)反应生成CO2(g)和H2(g)的热化学方程式为CH4(g)＋2H2O(g)===CO2(g)＋4H2(g)　ΔH＝＋165.0 kJ·mol－1。
(2)在密闭容器中充入一定量H2S，发生反应③。下图为H2S气体的平衡转化率与温度、压强的关系。
①图中压强(p1、p2、p3)的大小顺序为p1②该反应平衡常数大小：K(T1)③如果要进一步提高H2S的平衡转化率，除改变温度、压强外，还可采取的措施有及时分离出产物。
(3)燃料电池能大幅度提高能量转化率。相同条件下，甲烷、氢气燃料电池的能量密度之比为1∶2(单位质量的可燃物输出的电能叫能量密度，能量密度之比等于单位质量的可燃物转移电子数之比)。
(4)硫化氢是剧毒气体，尾气中硫化氢有多种处理方法：
①碱溶液吸收。用150 mL 2.0 mol·L－1 NaOH溶液吸收4 480 mL(标准状况)H2S得到吸收液X(显碱性)。X溶液中粒子浓度大小关系正确的是BD(填字母)。
A．c(Na＋)＞c(S2－)>c(HS－)＞c(OH－)＞c(H＋)
B．c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HS－)＋2c(S2－)
C．c(Na＋)＝c(H2S)＋c(HS－)＋c(S2－)
D．2c(OH－)＋c(S2－)＝2c(H＋)＋c(HS－)＋3c(H2S)
②硫酸铜溶液吸收。200 mL 0.05 mol/L CuSO4溶液吸收H2S恰好使溶液中Cu2＋和S2－浓度相等。已知常温下，Ksp(CuS)≈1.0×10－36。上述吸收H2S后的溶液中c(Cu2＋)为1.0×10－18_mol·L－1。
解析：(1)由①×2－②得化学方程式：CH4(g)＋2H2O(g)===CO2(g)＋4H2(g)，根据盖斯定律计算该反应的反应热：ΔH＝(＋206.2 kJ·mol－1)×2－(＋247.4 kJ·mol－1)＝＋165.0 kJ·mol－1。
(2)①硫化氢分解反应是气体分子数增大的反应，相同温度下，增大压强，H2S的平衡转化率降低。从图像看，相同温度下，p1条件下H2S的平衡转化率最大，p3条件下H2S的平衡转化率最小。所以，压强大小关系有p1(3)16 g甲烷完全反应转移8 mol电子，2 g氢气完全反应转移2 mol电子。等质量的甲烷、氢气完全反应，对应燃料电池的能量密度(即甲烷、氢气失去电子总数)之比为1︰2。
(4)n(H2S)＝＝0.2 mol。n(NaOH)＝150×10－3 L×2.0 mol·L－1＝0.3 mol,3NaOH＋2H2S===NaHS＋Na2S＋3H2O，故吸收液X为等物质量浓度的Na2S和NaHS混合溶液。①A项，吸收液X显碱性，说明S2－的水解程度大于HS－的电离程度，所以溶液中c(HS－)>c(S2－)，错误；B项，溶液中含有Na＋、H＋、OH－、HS－、S2－，电荷守恒式为c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HS－)＋2c(S2－)，正确；C项，由物料守恒知，2c(Na＋)＝3c(HS－)＋3c(H2S)＋3c(S2－)，错误；D项，电荷守恒式和物料守恒式联立可得质子守恒式：2c(OH－)＋c(S2－)＝2c(H＋)＋c(HS－)＋3c(H2S)，正确；故选B、D。②Ksp(CuS)＝c(Cu2＋)·c(S2－)，c(Cu2＋)＝c(S2－)时，c(Cu2＋)＝≈1.0×10－18 mol·L－1。
(二)选考题：请考生从两道题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分。
Ⅰ.选修3：物质结构与性质](15分)
非血红素铁是食物中的铁存在的形式之一，主要是三价铁与蛋白质和羧酸结合成络合物。回答下列问题：
(1)Fe3＋基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d5或Ar]3d5。
(2)黄血盐{K4Fe(CN)6]}中Fe2＋与CN－两种离子之间的作用力是配位键，CN－中碳原子的杂化方式为sp，1 mol CN－中含有π键的数目为2NA(2×6.02×1023)。
(3) 黄血盐溶液与稀硫酸加热时发生非氧化还原反应，生成硫酸盐和一种与CN－是等电子体的气态化合物，反应化学方程式为K4Fe(CN)6＋6H2SO4＋6H2O2K2SO4＋3(NH4)2SO4＋6CO↑＋FeSO4。
(4)Mn和Fe的部分电离能数据如表：根据表数据，气态Mn2＋再失去一个电子比气态Fe2＋再失去一个电子难，其原因是Mn2＋转化为Mn3＋时，3d能级由较稳定的3d5半充满状态转变为不稳定的3d4状态(或Fe2＋转化为Fe3＋时，3d能级由不稳定的3d6状态转变为较稳定的3d5半充满状态)。
元素
Mn
Fe
电离能/(kJ·mol－1)
I1
717
759
I2
1 509
1 561
I3
3 248
2 957
(5)下面是Fe单质的晶胞如图所示，Fe原子可以近似看做刚性小球，请回答下列问题：
①Fe单质晶体中的配位数为8。
②若晶体的密度为ρ g/cm3，Fe原子的半径为×cm(用含ρ的代数式表示，不必化简)
解析：(5)由晶胞图可知Fe单质晶体中的配位数为8，一个晶胞中含Fe原子的个数为：8×＋1＝2，设Fe原子的半径为r，则3×ρ×NA＝2×56，则r＝×。
Ⅱ.选修5：有机化学基础](15分)
秸秆(含多糖类物质)的综合利用具有重要的意义。下面是以秸秆为原料合成聚酯类高分子化合物的路线：
回答下列问题：
(1)下列关于糖类的说法正确的是cd。(填标号)
a．糖类都有甜味，具有CnH2mOm的通式
b．麦芽糖水解生成互为同分异构体的葡萄糖和果糖
c．用银镜反应不能判断淀粉水解是否完全
d．淀粉和纤维素都属于多糖类天然高分子化合物
(2)B生成C的反应类型为取代反应(酯化反应)。
(3)D中的官能团名称为酯基、碳碳双键，D生成E的反应类型为消去反应。
(4)F的化学名称是已二酸，由F生成G的化学方程式为H＋(2n－1)H2O。
(5)具有一种官能团的二取代芳香化合物W是E的同分异构体，0.5 mol W与足量碳酸氢钠溶液反应生成44 g CO2，W共有12种(不含立体结构)，其中核磁共振氢谱为三组峰的结构简式为。
(6)参照上述合成路线，以(反，反)－2,4－己二烯和C2H4为原料(无机试剂任选)，设计制备对苯二甲酸的合成路线
。
解析：a选项，不是所有的糖都有甜味，如纤维素等多糖没有甜味，也不是所有的糖都具有CnH2mOm的通式，如脱氧核糖的分子式为C5H10O4，所以说法错误；b选项，麦芽糖水解只生成葡萄糖，所以说法错误；c选项，如果淀粉部分水解生成葡萄糖，也可以发生银镜反应，即银镜反应不能判断溶液中是否还含有淀粉，因此只用银镜反应不能判断淀粉水解是否完全，所以说法正确；d选项，淀粉和纤维素都属于多糖类天然高分子化合物，所以说法正确。
(2)B生成C的反应是酸和醇生成酯的反应，属于取代(或酯化)反应。
(3)通过观察D分子的结构简式，可判断D分子中含有酯基和碳碳双键；由D生成E的反应为消去反应。
(4)F为分子中含6个碳原子的二元酸，名称为己二酸，己二酸与1,4－丁二醇发生缩聚反应，其反应的化学方程式为H＋(2n－1)H2O。
(5)W为二取代芳香化合物，因此苯环上有两个取代基，0.5 mol W与足量碳酸氢钠溶液反应生成44 g CO2，说明W分子结构中含有两个羧基，还有两个碳原子，先将两个羧基和苯环相连，如果碳原子分别插入苯环与羧基间，有一种情况，如果两个取代基分别在苯环的邻、间、对位，有3种同分异构体；如果2个碳原予只插入其中一个苯环与羧基之间，有—CH2CH2—和—CH(CH3)—两种情况，两个取代基分别在苯环上邻、间、对位，有6种同分异构体；再将苯环上连接一个甲基，另一个取代基为一个碳原子和两个羧基，即—CH(COOH)2，有一种情况，两个取代基分别在苯环的邻、间、对位，有3种同分异构体；因此共有12种同分异构体，其中核磁共振氢谱为三组峰的结构简式为。
(6)由题给路线图可知，己二烯与乙烯可生成环状烯，环状烯可转化为对二甲苯，用高锰酸钾可将对二甲苯氧化为对苯二甲酸，所以其合成路线为：

本试卷分为第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。
可能用到的相对原子质量：H—1　C—12　N—14
O—16　Na—23　Mg—24　Al—27　Si—28　P—31　S—32
Cl—35.5　K—39　Fe—56　Cu—64　Zn—65　Ag—108
第Ⅰ卷
一、选择题：本大题共7小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
7．化学与社会、生活密切相关。下列现象或事实及解释均正确的是(　B　)
选项
现象或事实
解释
A
蔗糖、淀粉、纤维素等在食用时有甜味
人体内，糖类在消化酶的作用下发生水解，生成葡萄糖
B
煤通过气化和液化等变化，可以减少环境污染
煤通过气化和液化处理，可以提高煤的利用率
C
地沟油经过加工处理后可用作汽车燃油
地沟油的主要成分是液态烃
D
在钢铁制品的表面镀上一层锌可有效防止其被腐蚀
形成原电池时锌是负极，被还原
解析：人体内没有消化纤维素的酶，所以在食用时纤维素没有甜味，A项错误；地沟油的主要成分是油脂，C项错误；在钢铁制品表面镀上一层锌属于电化学保护法，形成原电池时锌是负极，被氧化，D项错误。
8．用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述中一定正确的是(　A　)
A．一定条件下，4.6 g Na完全与O2反应生成7.2 g产物，失去的电子数为0.2 NA
B．50 mL 18.4 mol/L浓硫酸与足量铜加热反应，生成SO2的分子数为0.46 NA
C．—定条件下某密闭容器盛有0.1 mol N2和0.3 mol H2，充分反应后转移电子数为0.6 NA
D．电解1 L NaCl 溶液至c(OH－)＝0.2 mol/L，转移电子数为0.4 NA
解析：一定条件下，Na完全与O2反应，不论产物是什么，均有Na―→Na＋～e－，由题意可知4.6 g Na(即0.2 mol Na)已完全反应，故失去电子数为0.2 NA，A项正确；根据反应：Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2O，可求得n(SO2)＝n(H2SO4)＝×0.05 L×18.4 mol/L＝0.46 mol，但随着反应的进行，浓H2SO4变稀则不再反应，故实际生成的SO2的分子数小于0.46 NA，B项错误；合成氨为可逆反应，故转移电子数小于0.6 NA，C项错误；假设电解前后溶液的体积不变，根据反应：2NaCl＋2H2O2NaOH＋Cl2↑＋H2～2e－，可求得转移的电子的物质的量为0.2 mol，故转移电子数为0.2 NA，D项错误。
9．A、B、C、D、E五种短周期元素，其原子序数逐渐增大。元素A的单质是密度最小的气体，元素B的单质存在两种以上同素异形体，且其中一种是自然界中硬度最大的单质，元素D的最外层电子数是次外层电子数的三倍。B、C、D、E四种元素均能与A形成电子数相等的四种分子，且化合物中各原子的个数比如下表：
化合物
甲
乙
丙
丁
原子个数比
B∶A＝1∶3
C∶A＝1∶2
D∶A＝1∶1
E∶A＝1∶1
下列说法正确的是(　D　)
A．元素E在元素周期表中的位置为第二周期第ⅦA族
B．原子半径：A＜B＜C＜D
C．A、C、E中三种元素或任意两种元素形成的物质中只可能含有共价键
D．A、B、C、D四元素中的三种能形成多种与甲分子电子数相等的化合物
解析：A单质是密度最小的气体，则A为H，元素B的单质存在两种以上同素异形体，且其中一种是自然界中硬度最大的单质，说明B为C，元素D的最外层电子数是次外层电子数的三倍，说明D为O。由题意知，甲、乙、丙、丁均为18电子分子，结合原子个数比可知，C为N，E为Cl。A项，元素E(Cl)在元素周期表中的位置为第三周期第ⅦA族；B项，原子半径：A(H)10．某同学用下列装置制备并检验Cl2的性质。下列说法正确的是(　C　)
A．Ⅰ图中：如果MnO2过量，盐酸可全部被消耗
B．Ⅱ图中：湿润的'有色布条褪色，证明Cl2有漂白性
C．Ⅲ图中：生成棕色的固体，证明Cl2有强氧化性
D．Ⅳ图中：光照后量筒中气体体积减小，说明甲烷与Cl2发生了加成反应
解析：Ⅰ图中随着反应进行浓盐酸变为稀盐酸，MnO2与之不反应，A项错误；Cl2使湿润的有色布条褪色是因为Cl2与水反应：Cl2＋H2O??HCl＋HClO，其中HClO具有漂白性，B项错误；CH4与Cl2在光照条件下发生取代反应，D项错误。
11．某光化学电池的结构如下图，当光照在表面涂有氯化银的银片上时，发生反应AgCl(s)Ag(s)＋Cl(AgCl)，Cl(AgCl)表示生成的氯原子吸附在氯化银表面]，接着Cl(AgCl)＋e－→Cl－(aq)，若将光源移除，电池会立即回复至初始状态。下列说法正确的是(　D　)
A．光照时，电子由X流向Y
B．光照时，当转移0.4 mol e－时在Pt电极上有0.05 mol Cl2生成
C．光照时，Cl－向Ag电极移动
D．光照时，电池总反应为AgCl(s)＋Cu＋( aq)Ag(s)＋Cu2＋(aq)＋Cl－ (aq)
解析：光照时AgCl中Ag＋得电子形成单质Ag，电子应由Y移向X，A项错误；由题干信息可知，光照时生成的氯原子接着得到电子形成Cl－而不放出Cl2，B项错误；光照时Cl－移向失电子的Pt电极，C项错误；在Pt电极：Cu＋(aq)－e－===Cu2＋(aq)，所以总反应为AgCl(s)＋Cu＋(aq)Ag(s)＋Cu2＋(aq)＋Cl－(aq)，D项正确。
12．分子式为C9H18O2的有机物Q，在稀硫酸中经加热转化为一种与乙酸乙酯互为同分异构体的酸性物质A，同时生成另一种物质B，若不考虑立体异构，则Q的结构最多有(　A　)
A．16种 B．8种
C．4种 D．2种
解析：分子式为C9H18O2的有机物Q，在稀硫酸中经加热转化为一种与乙酸乙酯互为同分异构体的酸性物质A，同时生成另一种物质B，这说明Q是酯类，其中酸是丁酸，醇是戊醇。丁酸有2种，戊醇有8种，则相应酯类物质有2×8＝16种，答案选A。
13．如图为某温度下，PbS(s)、ZnS(s)、FeS(s)分别在溶液中达到沉淀溶解平衡后，溶液的S2－浓度、金属阳离子浓度变化情况。下列说法正确的是(　C　)
A．三种难溶物的溶度积Ksp(FeS)的最小
B．如果向三种沉淀中加盐酸，最先溶解的是PbS
C．向新生成的ZnS浊液中滴人足量含相同浓度的Pb2＋、Fe2＋的溶液，振荡后，ZnS沉淀会转化为PbS沉淀
D．对于三种难溶物来讲，a点对应的都是不饱和溶液
解析：分析图中曲线，当金属离子浓度相同时，c(Fe2＋)所需c(S2－)的浓度最大，所以Ksp(FeS)最大，A项错误；当离子的离子积小于Ksp时沉淀溶解，所以Ksp(FeS)最大者首先溶解，B项错误；三者难溶物的Ksp由小到大的顺序是：PbS、ZnS、FeS，较易溶的物质容易转化为较难溶的物质，C项正确；a点对应的离子的离子积大于PbS、ZnS的Ksp，处于过饱和状态，D项错误。
第Ⅱ卷
二、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第26～28题为必考题，每个试题考生都必须做答。选考题考生根据要求做答。
(一)必考题(共43分)
26．(14分)用氮化硅(Si3N4)陶瓷代替金属制造发动机的耐热部件能大幅度提高发动机的热效率。工业上用化学气相沉积法制备氮化硅，其反应如下：
3SiCl4 (g)＋2N2(g)＋6H2 (g)Si3N4 (s)＋12HCl(g)
某兴趣小组设计如图所示装置制备氮化硅：
请回答下列问题：
(1)实验室制备氢气的离子方程式为Zn＋2H＋===Zn2＋＋H2↑。在制氢气的反应混合物中常加入少量硫酸铜溶液，其目的是锌与硫酸铜反应置换出铜，铜覆盖在锌表面在稀硫酸中构成原电池，加快锌与稀硫酸的反应速率。
(2) 图中装置A的作用是干燥气体、调节通入气体速率和充分混合气体。调节通入气体速率的方法是控制单位时间内气泡的数目。
(3) 加热B玻璃管之前，为防止意外发生，必须进行的操作是通入一段时间气体(或验纯)(不用详述步骤)。
(4)为防止倒吸，C中下层液体可能是四氯化碳(或氯仿等)(写一种即可)。
(5) 四氯化硅与水反应生成两种酸。写出用烧碱溶液吸收尾气中四氯化硅的化学方程式：SiCl4＋6NaOH===Na2SiO3＋4NaCl＋3H2O。
解析：(1)实验室用锌粒与稀硫酸(或稀盐酸)反应制取氢气。
(2)装置A可以使气体充分混合。通过单位时间内产生气泡的数目控制通入气体的速率。
(3)装置内有氧气，与氢气混合后受热可能发生爆炸，需要先排出气体，并检验气体纯度，当空气排尽后再加热装置。
(4)尾气中有四氯化硅和氯化氢，HCl易溶于水。C中下层液体应为难溶于水且密度大于水的有机液体，如四氯化碳、氯仿等。
(5)四氯化硅与水反应生成硅酸、盐酸，用氢氧化钠溶液吸收四氯化硅得到硅酸钠、氯化钠和水。
27．(15分)MnO2是化学工业中常用的氧化剂和有机合成中的催化剂。以碳酸锰矿(主要成分为MnCO3，还含有铁、镍、钴等碳酸盐杂质)为原料生产MnO2的工艺流程如下：
已知25 ℃，部分物质的溶度积常数如下：
物质
Mn(OH)2
Co(OH)2
Ni(OH)2
MnS
CoS
NiS
Kap
2.1×10－13
3.0×10－16
5.0×10－16
1.0×10－11
5.0×10－22
1.0×10－22
(1)步骤Ⅰ中，MnCO3与硫酸反应的化学方程式是 MnCO3＋H2SO4===MnSO4＋CO2↑＋H2O。
(2) 步骤Ⅰ中需要加入稍过量的硫酸，其目的有3点：
① 使矿物中的物质充分反应；②提供第n步氧化时所需要的酸性环境；③抑制Mn2＋的水解。
(3) 步骤Ⅱ中，MnO2在酸性条件下可将Fe2＋氧化为Fe3＋，该反应氧化剂与还原剂的物质的量之比为2︰1。
再加氨水调节溶液的PH为5.0～6.0，以除去Fe3＋。
(4) 步骤Ⅲ中，滤渣2的主要成分是CoS和NiS。
(5) 步骤Ⅳ中，在阳(填“阴”或“阳”)极析出MnO2，电极反应方程式为Mn2＋－2e－＋2H2O===MnO2＋4H＋。
(6) 电解后的废水中还含有Mn2＋，常用石灰乳进行一级沉降得到Mn(OH)2沉淀，过滤后再向滤液中加入适量Na2S，进行二级沉降。欲使溶液中c(Mn2＋)≤1.0×10－5 mol·L－1，则应保持溶液中c(S2－)≥1×10－6mol·L－1。
(7) 锌—锰碱性电池具有容量大、放电电流大的特点，因而得到广泛应用。电池的总反应式为Zn(s)＋2MnO2(s)＋H2O(l)===Zn(OH)2(s)＋Mn2O3(s)。电池工作时，MnO2发生还原反应，电池的正极反应式为2MnO2＋2e－＋H2O===Mn2O3＋2OH－。
解析：(6)根据Ksp(MnS)＝1.0×10－11，欲使溶液中c(Mn2＋)＝1.0×10－5 mol·L－1，则c(S2－)≥＝ mol·L－1＝1.0×10－6 mol·L－1。
(7)根据电池的总反应式可知Zn作负极，MnO2作正极，MnO2发生还原反应，正极反应式为2MnO2＋2e－＋H2O===Mn2O3＋2OH－。
28．(14分)能源的开发利用与人类社会的可持续发展息息相关。
Ⅰ.已知：Fe2O3(s)＋3C(s)===2Fe(s)＋3CO(g)
ΔH1＝a kJ·mol－1
CO(g)＋O2(g)===CO2(g)　ΔH2＝b kJ·mol－1
4Fe(s)＋3O2(g)===2Fe2O3(s)　　ΔH3＝c kJ·mol－1
则C的燃烧热ΔH＝kJ·mol－1(用a、b、c表示)。
Ⅱ.(1)依据原电池的构成原理，下列化学反应在理论上可以设计成原电池的是D(填序号)。
A．C(s)＋CO2(g)===2CO(g)
B．NaOH(aq)＋HCl(aq)===NaCl(aq)＋H2O(l)
C．2H2O(l)===2H2(g)＋O2(g)
D．2CO(g)＋O2(g)===2CO2(g)
若以熔融的K2CO3与CO为反应的环境，依据所选反应设计成一个原电池，请写出该原电池的负极反应式：CO－2e－＋CO===2CO2。
(2)某实验小组模拟工业合成氨反应
N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)　ΔH＝－92.4 kJ·mol－1，开始他们将N2和H2混合气体20 mol(体积比1︰1)充入5 L合成塔中，反应前压强为p0，反应过程中压强用p表示，反应过程中与时间t的关系如图所示。
请回答下列问题：
①反应达平衡的标志是AC(填字母代号)。
A．压强保持不变
B．气体密度保持不变
C．NH3的生成速率是N2的生成速率的2倍
②0～2 min内，以c(N2)变化表示的平均反应速率为0.1_mol·L－1·min－1。
③欲提高N2的转化率，可采取的措施有AB。
A．向体系中按体积比1︰1再充人N2和H2
B．分离出NH3
C．升高温度
D．充人氦气使压强增大
E．加入一定量的N2
(3)25 ℃时，BaCO3和BaSO4的溶度积常数分别是8×10－9和1×10－10，某含有BaCO3沉淀的悬浊液中，c(CO)＝0.2 mol·L－1，如果加入等体积的Na2SO4溶液，若要产生BaSO4沉淀，加入Na2SO4溶液的物质的量浓度最小是0.01mol·L－1。
解析：Ⅰ.三个热化学方程式依次编号为①、②、③，根据盖斯定律，由(①×2＋②×6＋③)÷6得，C(s)＋O2(g)===CO2(g)　ΔH＝(2a＋6b＋c) kJ·mol－1，则C的燃烧热为 kJ·mol－1。
Ⅱ.(1)ΔH<0的氧化还原反应可以设计成原电池，选D；负极失电子发生氧化反应，负极反应式为CO－2e－＋CO===2CO2。
(2)①此反应是反应前后气体分子数不相等的反应，压强不变说明达到平衡；因为气体总的质量不变，容器体积不变，所以密度始终不变，不能运用密度不变作为反应达到平衡的标志；NH3的生成速率是N2的生成速率的2倍，说明正、逆反应速率相等，反应达到平衡。②设反应的N2为x mol，则反应的H2为3x mol，生成的NH3为2x mol，由压强关系得＝0.9，解得x＝1，则用N2表示的平均反应速率为＝0.1 mol·L－1·min－1。③此反应的正反应为放热反应，所以升高温度平衡逆向移动，氮气的转化率降低，C错误；充入氦气使压强增大，但各物质的浓度不变，平衡不移动，氮气的转化率不变，D错误；加入一定量的氮气，氮气的转化率降低，E错误。
(3)根据题给数据，由Ksp(BaCO3)＝c(Ba2＋)·c(CO)得c(Ba2＋)＝4×10－8 mol·L－1，混合后溶液中c(Ba2＋)＝2×10－8 mol·L－1，要想产生BaSO4沉淀，混合后溶液中c(Ba2＋)·c(SO)＝Ksp(BaSO4 )，计算得c(SO)＝5×10－3 mol·L－1，则加入Na2SO4溶液的物质的量浓度最小是0.01 mol·L－1。
(二)选考题：请考生从两道题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分。
Ⅰ.选修3：物质结构与性质](15分)
东晋《华阳国志·南中志》卷四中已有关于白铜的记载，云南镍白铜(铜镍合金)闻名中外，曾主要用于造币，亦可用于制作仿银饰品。回答下列问题：
(1)镍元素基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2或Ar]3d84s2,3d能级上的未成对电子数为2。
(2)硫酸镍溶于氨水形成Ni(NH3)6]SO4蓝色溶液。
①Ni(NH3)6]SO4中阴离子的立体构型是正四面体。
②在Ni(NH3)6]2＋中Ni2＋与NH3之间形成的化学键称为配位键，提供孤电子对的成键原子是N。
③氨的沸点高于(填“高于”或“低于”)膦(PH3)，原因是NH3分子间可形成氢键；氨是极性分子(填“极性”或“非极性”)，中心原子的轨道杂化类型为sp3。
(3)单质铜及镍都是由金属键形成的晶体；元素铜与镍的第二电离能分别为：ICu ＝1 958 kJ·mol－1、INi＝1 753 kJ·mol－1，ICu>INi的原因是铜失去的是全充满的3d10电子，镍失去的是4s1电子。
(4)某镍白铜合金的立方晶胞结构如图所示(顶点为镍原子)。
①晶胞中铜原子与镍原子的数量比为3∶1。
②若合金的密度为d g·cm－3，晶胞参数a＝×107nm。
解析：，解析：(1) Ni是28号元素，根据核外电子的排布规律可知，其基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2。根据洪特规则可知，Ni原子3d能级上8个电子尽可能分占5个不同的轨道，其未成对电子数为2。
(2)①SO中，S原子的价层电子对数为＝4，成键电子对数为4，故SO的立体构型为正四面体。②Ni(NH3)6]2＋中，由于Ni2＋具有空轨道，而NH3中N原子含有孤电子对，两者可通过配位键形成配离子。③由于NH3分子间可形成氢键，故NH3的沸点高于PH3。NH3分子中，N原子形成3个σ键，且有1个孤电子对，N原子的轨道杂化类型为sp3，立体构型为三角锥形。 由于空间结构不对称，NH3属于极性分子。
(3)Cu、Ni均属于金属晶体，它们均通过金属键形成晶体。因Cu元素基态原子的价层电子排布式为3d104s1,3d能级全充满，较稳定，失去第2个电子较难，因此ICu >INi。
(4)①由晶胞结构图可知，Ni原子处于立方晶胞的顶点，Cu原子处于立方晶胞的面心，根据均摊法，每个晶胞中含有Cu原子的个数为6×＝3，含有Ni原子的个数为8×＝1，故晶胞中Cu原子与Ni原子的数量比为3∶1。②根据m＝pV可得，1 mol晶胞的质量为(64×3＋59)g＝a3×d g·cm－3×NA，则a＝cm＝×107 nm。
Ⅱ.选修5：有机化学基础](15分)
有机物A→F的转化关系如下：
已知：
②有机物C的核磁共振氢谱显示其分子中含有4种不同化学环境的氢原子，且其峰面积之比为6∶1∶2∶1；
③F是酯类化合物，分子中苯环上的一溴取代物只有两种。
请回答下列问题：
(1)A的分子式是C3H6。
(2)B中的官能团名称是醛基。
(3)D的结构简式为，名称为邻二甲苯(或1、2－二甲苯)。
(4)C＋E→F的化学方程式是＋2H2O。
(5)和C互为同分异构体，且含相同官能团的有机物有3种。
(6)X与E互为同分异构体，属于酯类化合物，分子中只含一种官能团，苯环上一硝基取代物只有一种．则X的结构简式为；X分子中有2种不同化学环境的氢原子，其峰面积之比为2︰1(或1︰2)；1 mol X与NaOH溶液共热反应，最多消耗4mol NaOH。

本试卷分为第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。
可能用到的相对原子质量：H—1　C—12　N—14
O—16　Na—23　Mg—24　Al—27　Si—28　P—31　S—32
Cl—35.5　K—39　Fe—56　Cu—64　Zn—65　Ag—108
第Ⅰ卷
一、选择题：本大题共7小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
7．化学与生活密切相关。下列物质变化过程中，一定发生了氧化还原反应的是(　C　)
A．小苏打用于缓解胃酸过多
B．用热纯碱溶液清洗餐具上的油污
C．水中加入高铁酸钠杀菌消毒
D．用SO2漂白黑木耳成银耳
解析：A项，发生复分解反应，不是氧化还原反应；B项，涉及盐类的水解和有机物的水解，都不是氧化还原反应；C项，利用高价铁离子的氧化性杀菌消毒，一定发生氧化还原反应；D项，发生化合反应，不是氧化还原反应。
8．下列关于有机化合物的说法正确的是(　B　)
A．2－甲基丁烷也称为异丁烷
B．由乙烯生成乙醇属于加成反应
C．C4H9Cl有3种同分异构体
D．油脂和蛋白质都属于高分子化合物
解析：A项2－甲基丁烷的结构简式为(CH3)2CHCH2CH3，称为异戊烷。B项乙烯(CH2＝CH2)分子中含有碳碳双键，在一定条件下，能与水发生加成反应生成乙醇CH3CH2OH)。C项C4H9Cl由—C4H9和—Cl构成，而—C4H9有4种不同的结构，分别为—CH2CH2CH2CH3、—CH2CH(CH3)2，—CH(CH3)CH2CH3、—C(CH3)3，故C4H9Cl有4种同分异构体。D项蛋白质是有机高分子化合物，油脂不是高分子化合物。
9．设NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法不正确的是(　B　)
A．含NA个铜原子的CuO和Cu2S的混合物质量为80.0 g
B．标准状况下，22.4 L氧气作氧化剂时转移电子数为4NA
C．500 mL 2 mol· L－1碳酸钠溶液中带电粒子数一定大于3NA
D．50 mL 18 mol·L－1浓硫酸与足量锌粒反应，产生的气体分子数小于0.9NA
解析：A项，1 mol氧化铜的质量和0.5 mol硫化亚铜的质量相等(80.0 g)，所含铜原子数相等，A项正确；B项，O2→2O2－，得到4e－；O2→O，得到2e－，故B项错误；C项，CO＋H2O??HCO＋OH－，阴离子数目增多，C项正确；D项，Zn＋2H2SO4(浓)ZnSO4＋SO2↑＋2H2O，Zn＋H2SO4(稀)===ZnSO4＋H2↑，n(H2SO4)＝1.8 mol·L－1×0.05 L＝0.9 mol，硫酸能完全反应生成二氧化硫和氢气的总物质的量范围为0.45 mol10．锂－空气电池能够提供相当于普通锂离子电池10倍的能量，因此它是最有前途的电池技术之一。如图是锂－空气电池放电和充电时的工作示意图。下列说法正确的是(　D　)
A．a极为原电池的正极
B．电池充电时，b极发生的反应为O2＋2H2O＋4e－===4OH－
C．放电时，a极锂的化合价未发生变化
D．充电时，溶液中Li＋由b极向a极迁移
解析：根据题给装置图判断，a电极为原电池的负极，电极反应式为Li－e－===Li＋ ，A、C项错误；电池充电时，b极发生的反应为4OH－－4e－===O2↑＋2H2O，B项错误；充电时，阳离子移向电解池的阴极，D项正确。
11．按如图装置进行实验，下列推断正确的是(　C　)
选项
Ⅰ中试剂
Ⅱ中试剂及现象
推断
A
氯化铵
酚酞溶液不变红色
氯化铵稳定
B
硫酸亚铁
品红溶液褪色
FeSO4分解生成FeO和SO2
C
涂有石蜡油的碎瓷片
酸性高锰酸钾溶液褪色
石蜡油发生了化学变化
D
铁粉与水蒸气
肥皂水冒泡
铁粉与水蒸气发生了反应
解析：A项，氯化铵受热分解产生氯化氢和氨气，这两种气体在试管口附近相遇又生成了氯化铵，错误；B项，品红溶液褪色说明FeSO4分解生成了SO2，由于S元素化合价降低，则Fe元素化合价应升高，即生成Fe2O3，错误；C项，石蜡油的主要成分是烷烃，加热碎瓷片上的石蜡油，产生了不饱和烃，不饱和烃使酸性高锰酸钾溶液褪色，说明石蜡油发生了化学反应，正确；D项，肥皂水冒泡，不能说明气泡是氢气，加热时试管Ⅰ中的空气进入试管Ⅱ中，也能使肥皂水冒泡，错误。
12．(2016·广东惠州调研)短周期元素W、X、Y、Z在周期表中的位置如下表，其中Y所处的周期数与族序数相等，W最外层电子数是其内层电子数的3倍。下列说法不正确的是(　B　)
…
W
X
Y
…
Z
A.X、Y、Z、W的原子半径依次减小
B．W与X形成的化合物中只含有离子键
C．气态氢化物的稳定性：W＞Z
D．W与Y形成的化合物可分别与NaOH溶液和盐酸反应
解析：根据元素信息Y为Al、W为O、Z为S、X为Na。B项，在Na2O2中存在共价键；D项，Al2O3既能溶于强酸，又能溶于强碱。
13．(2016·通、扬、泰、淮四市三模)常温下，用0.10 mol·L－1 NaOH溶液分别滴定20.00 mL浓度均为0.10 mol·L－1 CH3COOH溶液和HCN溶液所得滴定曲线如下图。下列说法正确的是(　C　)
A．点①和点②所示溶液中：c(CH3COO－ )＜c(CN－)
B．点③和点④所示溶液中：c (Na＋) ＞c(OH－) ＞c(CH3COO－)＞c(H＋)
C．点①和点②所示溶液中：c(CH3COO－)－c(CN－)＝c(HCN)－c(CH3COOH)
D．点②和点③所示溶液中都有：c( CH3COO－)＋c(OH－)＝c(CH3COOH)＋c(H＋)
解析：A项，从图中知，在未加入NaOH之前，CH3COOH的pH小于HCN，则HCN的酸性弱于CH3COOH，两溶液中均加入10.00 mL NaOH时，生成等量的CH3COONa和NaCN，根据“越弱越水解”知，CN－的水解程度大，所以c(CN－)第Ⅱ卷
二、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第26～28题为必考题，每个试题考生都必须做答。选考题考生根据要求做答。
(一)必考题(共43分)
26．(14分)氮化铝(AlN)是一种新型无机材料，广泛应用于集成电路生产领域。某化学研究小组拟制取氮化铝，设计下图实验装置。
试回答：
(1)实验中用饱和NaNO2与NH4Cl溶液制取氮气的化学方程式为NaNO2＋NH4ClNaCl＋N2↑＋2H2O。
(2)装置中分液漏斗与蒸馏烧瓶之间的导管A的作用是c(填写序号)。
a．防止饱和NaNO2溶液蒸发
b．保证实验装置不漏气
c．使饱和NaNO2溶液容易滴下
(3)按图连接好实验装置，检査装置气密性的方法是：在干燥管D末端连接一导管，将导管插入盛有水的烧杯中，用酒精灯微热蒸馏烧瓶，导管口有气泡冒出，撤掉酒精灯一段时间，导管内上升一段稳定的水柱，说明气密性良好(其他答案合理也可)。
(4)该装置存在严重问题，请说明改进的方法：在干燥管D末端连接一尾气处理装置(答案合理即可)。
(5)反应结束后，某同学用下图装置进行实验来测定氮化铝样品的质量分数(实验中导管体积忽略不计)。已知：氮化铝和NaOH溶液反应生成NaAlO2和氨气。
①广占瓶中的试剂X最好选用c(填写序号)。
a．汽油　　　　　　 b．酒精
c．植物油　　 d．CCl4
②广口瓶中的液体没有装满(上方留有空间)，则实验测得NH3的体积将不变(填“偏大”、“偏小”或“不变”)。
③若实验中称取氮化铝样品的质量为10.0 g，测得氨气的体积为3.36 L(标准状况)，则样品中AlN的质量分数为61.5%。
解析：(1)加热条件下，氯化铵和亚硝酸钠反应生成氯化钠、氮气和水，化学方程式为NaNO2＋NH4ClNaCl＋N2↑＋2H2O。
(2)分液漏斗是封闭的，如果分液漏斗液面上的压强小于烧瓶内压强，则分液漏斗中的液体不能滴入烧瓶内，所以导管A的作用是使饱和NaNO2溶液容易滴下。
(3)在干燥管D末端连接一导管，将导管插入盛有水的烧杯中，用酒精灯微热蒸馏烧瓶，导管口有气泡冒出，撤掉酒精灯一段时间，导管内上升一段稳定的水柱，说明气密性良好(其他答案合理也可)。
(4)在干燥管D末端连接一尾气处理装置(答案合理即可)。
(5)①酒精、汽油虽然都不能与氨气发生反应，但它们都极易挥发，挥发出来的气体对实验有影响；同时由于酒精易溶于水，也不能达到隔离的目的；CCl4的密度大于水，不能起到隔离作用。植物油不溶于水且密度又小于水，也不易挥发，可以使氨气与水隔离。
②反应前广口瓶的上方留有的少量空间填充的是空气，反应后广口瓶的上方留有的少量空间填充的是氨气，氨气代替了开始的空气，把最后空间中充入的氨气当成开始时的空气即可，所以对实验结果没有影响。
③设氮化铝的质量为x。
AlN＋NaOH＋H2O===NaAlO2＋NH3↑
41 g　　 22.4 L
x　　 3.36 L
解得x＝6.15 g。
其质量分数为×100%＝61.5%。
27．(14分)辉铜矿主要成分为Cu2S，此外还含有SiO2、Fe2O3等杂质，软锰矿主要含有MnO2，另外含少量SiO2、Fe2O3等杂质。研究人员综合利用这两种资源，开发出同槽酸浸湿法冶炼工艺，制备硫酸锰和碱式碳酸铜。主要工艺流程如下：
已知：①MnO2有较强的氧化性，能将金属硫化物中的硫氧化为单质硫。②Cu(NH3)4]SO4常温稳定，在热水溶液中会分解生成NH3。③部分金属阳离子生成氢氧化物沉淀的pH范围(开始沉淀和完全沉淀的pH): Fe3＋：1.5～3.2、Mn2＋：8.3～9.8、Cu2＋：4.4～6.4。
(1)实验室配制250 mL 4.8 mol·L－1的稀硫酸，所需的玻璃仪器除烧杯、量筒、玻璃棒外还需要250_mL容量瓶、胶头滴管。
(2)酸浸时，为了提高浸取率可采取的措施有粉碎矿石、适当升高温度或搅拌(任写一点，其他合理答案也可) (任写一点)。
(3)酸浸时，得到的浸出液中主要含有CuSO4 ，MnSO4等。写出该反应的化学方程式：Cu2S＋2MnO2＋4H2SO4===2CuSO4＋2MnSO4＋S↓＋4H2O。
(4)调节浸出液pH＝4的作用是使Fe3＋沉淀完全。
(5)该工艺流程中可循环使用的物质是NH3(写化学式)。
(6)获得的MnSO4· H2O晶体常用酒精洗涤，主要目的是减少MnSO4·H2O晶体的损失。
(7)用标准的BaCl2溶液测定样品中MnSO4·H2O的质量分数时，发现样品纯度大于100% (测定过程中产生的误差可忽略)，其可能的原因有样品中混有硫酸盐杂质(或部分晶体失去结晶水)(任写一种)。
解析：(1)配制一定体积一定物质的量浓度的溶液时一定要指明容量瓶的规格，不能遗漏定容时使用的胶头滴管；(2)酸浸时，提高浸取率有多种方法，如将矿石粉碎、适当升高温度、搅拌等；
(3)酸浸时，得到的浸出液中主要含有CuSO4、MnSO4，结合图示中另一产物S单质即可写出化学方程式；
(4)Fe3＋完全沉淀时pH为3.2，调节浸出液pH＝4，可使Fe3＋沉淀完全；
(5)从图示可知，该工艺流程中可循环使用的物质是NH3；
(6)MnSO4·H2O晶体不溶于酒精，用酒精洗涤时可减少其溶解损失；
(7)当样品中混有硫酸盐杂质或部分晶体失去结晶水时，用标准的BaCl2溶液测定样品中MnSO4·H2O的质量分数时，样品纯度大于100%。
28．(15分)二氧化碳的捕集、利用是我国能源领域的一个重要战略方向。
(1)科学家提出由CO2制取C的太阳能工艺如图所示。
①若“重整系统”发生的反应中＝6，则FexOy的化学式为Fe3O4。
②“热分解系统”中每分解1 mol FexOy转移电子的物质的量为2_mol。
(2)工业上用CO2和H2反应合成甲醚。已知：
CO2(g)＋3H2(g)===CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH1＝－53.7 kJ·mol－1
CH3OCH3(g)＋H2O(g)===2CH3OH(g) ΔH2＝＋23.4 kJ·mol－1
则2CO2(g)＋6H2(g)??CH3OCH3 (g)＋3H2O(g) ΔH3＝－130.8kJ·mol－1。
①一定条件下，上述合成甲醚的反应达到平衡状态后，若改变反应的某一个条件，下列变化能说明平衡一定向正反应方向移动的是b(填字母)。
a．逆反应速率先增大后减小
b．H2的转化率增大
c．反应物的体积百分含量减小
d．容器中的值变小
②在某压强下，合成甲醚的反应在不同温度、不同投料比时，CO2的转化率如图所示。T1温度下，将6 mol CO2和12 mol H2充入2 L的密闭容器中，5 min后反应达到平衡状态，则0～5 min内的平均反应速率v(CH3OCH3)＝0.18_mol·L－1·min－1；KA、KB、KC三者之间的大小关系为KA＝KC>KB。
(3)常温下，用氨水吸收CO2可得到NH4HCO3溶液，在NH4HCO3 溶液中，c(NH)>c(HCO)(填“＞”、“＜”或“＝”)；反应NH＋HCO＋H2O??NH3·H2O＋H2CO3的平衡常数K＝1.25×10－3 。(已知常温下NH3·H2O的电离平衡常数Kb＝2×10－5，H2CO3的电离平衡常数K1＝4×10－11)。
解析：(1)①根据＝6可写出反应方程式：6FeO＋CO2===FexOy＋C，则x＝6，y＝8，FexOy的化学式为Fe3O4。②根据图知2Fe3O4===O2↑＋6FeO，生成1 mol O2，转移4 mol e－，则每分解1 mol FexOy，转移电子的物质的量为2 mol。
(2)根据盖斯定律ΔH3＝－53.7 kJ·mol－1×2－23.4 kJ·mol－1＝－130.8 kJ·mol－1。①逆反应速率先增大后减小可能是增大了生成物浓度，平衡逆向移动，a错误；H2的转化率增大，平衡一定是正向移动，b正确；反应物的体积百分含量减小，可能是增大了很多的生成物，则平衡逆向移动，c错误；容器中的值变小，可能是移出了二氧化碳，则平衡逆向移动，d错误。②T1温度下，将6 mol CO2和12 mol H2充入密闭容器中，根据图像知此时二氧化碳的转化率为60%，即消耗了二氧化碳6 mol×60%＝3.6 mol，生成甲醚1.8 mol，v(CH3OCH3)＝＝0.18 mol·L－1·min－1；温度不变，平衡常数不变，即KA＝KC，合成甲醚的反应是放热反应，温度高，二氧化碳的转化率低即T2>T1，则平衡常数KA＝KC>KB。
(3)根据电离平衡常数知电解质H2CO3比NH3·H2O更弱，根据越弱越水解知水解程度NH小于HCO，c(NH)>c(HCO)；NH＋HCO＋H2O??NH3·H2O＋H2CO3的平衡常数K＝＝＝＝＝1.25×10－3。
(二)选考题：请考生从两道题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分。
Ⅰ.选修3：物质结构与性质](15分)
砷化镓(GaAs)是优良的半导体材料，可用于制作微型激光器或太阳能电池的材料等。回答下列问题：
(1)写出基态As原子的核外电子排布式1s22s22p63s23p63d104s24p3或Ar]3d104s24p3。
(2)根据元素周期律，原子半径Ga大于As，第一电离能Ga小于As。(填“大于”或“小于”)
(3)AsCl3分子的立体构型为三角锥形，其中As的杂化轨道类型为sp3。
(4) GaF3的熔点高于1 000 ℃，GaCl3的熔点为77.9 ℃，其原因是GaF3为离子晶体，GaCl3为分子晶体。
(5)GaAs的熔点为1 238 ℃，密度为ρ g·cm－3，其晶胞结构如图所示。该晶体的类型为原子晶体，Ga与As以共价键键合。Ga和As的摩尔质量分别为MGa g·mol－1和MAs g·mol－1，原子半径分别为rGa pm和rAs pm，阿伏加德罗常数值为NA，则GaAs晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为×100%。
解析：(1)As元素在周期表中处于第ⅤA族，位于P元素的下一周期，则基态As原子核外有33个电子，根据核外电子排布规律写出其核外电子排布式：
1s22s22p63s23p63d104s24p3或Ar]3d104s24p3。
(2)同周期主族元素的原子半径随原子序数的递增而逐渐减小，Ga与As在周期表中同位于第四周期，Ga位于第ⅢA族，则原子半径：Ga> As。Ga、As原子的价电子排布式分别为4s24p1、4s24p3，其中As原子的4p轨道处于半充满的稳定状态，其第一电离能较大，则第一电离能，Ga< As。
(3)As原子的价电子排布式为4s24p3，最外层有5个电子，则AsCl3分子中As原子形成3个As—Cl键，且含有1对来成键的孤对电子，则As的杂化轨道类型为sp3杂化，AsCl3分子的立体构型为三角锥形。
(4)GaF3的熔点高于1 000 ℃，GaCl3的熔点为77.9 ℃，其原因是GaF3是离子晶体，GaCl3是分子晶体，而离子晶体的熔点高于分子晶体。
(5) GaAs的熔点为1 238℃，其熔点较高，据此推知GaAs为原子晶体，Ga与As原子之间以共价键键合。分析GaAs的晶胞结构，4个Ga原子处于晶胞体内，8个As原子处于晶胞的顶点、6个As原子处于晶胞的面心，结合“均难法”计算可知，每个晶胞中含有4个Ga原子，含有As原子个数为8×＋6×＝4(个)，Ga和As的原子半径分别为rGa pm＝rGa×10－10 cm，rAs pm＝rAs×10－10 cm，则原子的总体积为V原子 ＝4×π×(rGa×10－10cm)3＋(rAs×10－10cm)3]＝×10－30(r＋r)cm3。又知Ga和As的摩尔质量分别为MGa g·mol－1和MAs g·mol－1，晶胞的密度为ρ g·cm－3，则晶胞的体积为V晶胞＝cm3，故GaAs晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为
×100%＝×100%＝×100%。
Ⅱ.选修5：有机化学基础](15分)
镇痉药物B、有机合成中间体E都属于酯类，它们的合成路线如下：
已知：
(1)A的含氧官能团的名称是醛基。
(2)化合物M由A催化加氢生成，则B的结构简式是。
(3)A发生银镜反应的化学方程式是＋H2O。
C→D的反应类型为取代反应。
(4)实验室鉴别化合物M、N可选择下列试剂中的bc。
a．Na2CO3溶液　　 b．浓溴水
c．FeCl3溶液　　 d．酸性高锰酸钾溶液
(5)扁桃酸( )有多种同分异构体，请写出属于乙酸酯且含酚羟基的一种同分异构体的结构简式：(或或)。
解析：(1)根据扁桃酸的结构简式和信息Ⅰ可推知A为，含氧官能团为醛基。
(2)化合物M由A()催化加氢生成，则M为苯甲醇，其与扁桃酸发生酯化反应生成。
(3)与银氨溶液发生银镜反应的方程式为＋2Ag(NH3)2OH＋2Ag↓＋3NH3＋H2O。根据信息Ⅱ可推知C→D的反应类型为取代反应。
(4)C为苯甲酸．再结合E的结构简式可推知N为对甲基苯酚。酚遇浓溴水生成白色沉淀，遇FeCl3溶液显紫色，浓溴水、FeCl3溶液可作为M、N的鉴别试剂。
(5)扁桃酸属于乙酸酯且含酚羟基的同分异构体有三种，即或或，写出其中一种即可。

本试卷分为第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。
本卷可能用到的相对原子质量：H—1　C—12　O—16　Fe—56
第Ⅰ卷
一、选择题(本题包括7小题，每小题6分，共42分。每小题均只有一个选项符合题意)
7．化学与生活、生产密切相关。下列说法正确的是(　D　)
A．利用潮汐发电是将化学能转化为电能
B．聚乙烯快餐饭盒的推广使生活变得既便捷又环保
C．SiO2只能用作光导纤维材料
D．用烧碱溶液可以鉴别植物油和矿物油
解析：利用潮汐发电是动能转化为电能，A错误；聚乙烯快餐饭盒的大量使用是造成白色污染的原因之一，B错误；SiO2除了用作光导纤维材料，还用于冶炼单质硅、硅酸盐工业等等，C错误；植物油是油脂，在烧碱溶液水解后互溶不分层，矿物油是石油化工的产品，一般为烃类，与烧碱溶液不互溶而分层，D正确。
8．下列关于有机物化学用语的理解正确的是(　C　)
A．比例模型，既可以表示CH4分子，也可以表示CCl4分子
B．某物质的结构简式为CH2＝CHCH(OH)COOH，则该物质有三种含氧官能团
C．乙醇的催化氧化反应可以表示为：2CH3CHOD＋O22CH3CH18O＋2HDO
D．由丙烯酸(CH2＝CHCOOH)合成的高聚物为
解析：比例模型是按分子中各原子的相对大小及空间排列来制作的，CH4、CCl4的分子空间构型相同，但H与Cl的大小不同，A错误；B项物质的官能团有碳碳双键、醇羟基、羧基，其中有两种含氧官能团，B错误；乙醇催化氧化时，羟基上O－H、连有羟基的碳原子上的C－H键断裂，C正确；D项应为加聚反应，只是碳碳双键断裂，D错误。
9．X、Y、Z、W是原子序数递增的四种短周期元素，甲、乙、丙、丁、戊是由其中两种或三种元素组成的化合物，己是由Z元素形成的单质。已知它们之间的反应有：甲＋乙＝丁＋己、甲＋丙＝戊＋己；0.1 mol/L丁溶液的pH为13(25 ℃)。下列说法正确的是(　C　)
A．原子半径：W＞Z＞Y＞X
B．Y元素在周期表中的位置为第三周期第ⅣA族
C．1 mol甲与足量的乙完全反应共转移了1 mol电子
D．1.0 L 0.1 mol/L戊溶液中阴离子总的物质的量小于0.1 mol
解析：由“0.1 mol/L丁溶液的pH为13(25 ℃)”可知丁为一元强碱，在短周期元素的范围内，只能为NaOH。再结合两种化合物反应生成一种化合物与一种单质，以及原子序数的大小关系，可判断出：X为1H、Y为6C、Z为8O、W为11Na、甲为Na2O2、乙为H2O、丙为CO2、丁为NaOH、戊为Na2CO3。原子半径的大小关系为Na(W)＞C(Y)＞O(Z)＞H(X)，A错误；6C 元素(Y)位于周期表的第二周期第ⅣA族，B错误；1 mol Na2O2与足量H2O反应，电子转移总数为1 mol，C正确；由于CO＋H2O??OH－＋HCO，1.0 L 0.1 mol/L Na2CO3溶液中，阴离子总的物质的量将大于0.1 mol，D错误。
10．磷酸燃料电池是目前较为成熟的燃料电池之一，其基本组成及反应原理如图所示。下列说法不正确的是(　A　)
A．该系统中只存在化学能和电能的相互转化
B．在移位反应器中，发生反应CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)　ΔH>0，若温度越高，则v(CO)越大
C．改质器和移位反应器的作用是将CxHy转化为H2和CO2
D．该电池正极的电极反应为O2＋4H＋＋4e－===2H2O
解析：该系统中存在化学能和电能的相互转化，化学能与热能的相互转化等，A项错误；温度越高，v(CO)越大，B项正确；由图可知CxHy在改质器中转化为H2和CO，CO在移位反应器中转化为CO2，所以改质器和移位反应器的作用是将CxHy，转化为H2和CO2，C项正确；燃料电池中，正极上O2得电子，和氢离子反应生成水，电极反应式为O2＋4H＋＋4e－===2H2O，D项正确。
11．小明为检验某溶液中是否含有常见的几种无机离子(除H＋、OH－处)，进行了如下图所示的实验操作(每次加入的试剂均足量)，其中检验过程中产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。下列有关实验结论错误的是(　B　)
A．无法确定原溶液中是否含有Cl－、Fe3＋
B．原溶液可能含有SO或SO或HSO
C．原溶液中一定含有NH、SO
D．原溶液中除H＋，至少还含有三种阳离子
解析：由焰色反应可知原溶液一定含有Na＋；产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，原溶液一定含有NH；“白色沉淀1”是BaSO4，“白色沉淀2”是AgCl，“滤液2”中含Fe3＋。但由于第一步加入了Ba(NO3)2和HCl，既无法确定“滤液1”中的Cl－是原溶液中的还是HCl引入的，Fe3＋也可能是原有的或是Fe2＋被HNO3氧化的。同时，不管是Fe2＋或Fe3＋，都不能与SO或HSO大量共存，这说明产生BaSO4沉淀的SO只可能是原溶液含有的。所以，原溶液一定含有Na＋、NH、SO，至少含有Fe2＋和Fe3＋中的一种，一定不含有SO、HSO，无法确定是否含有Cl－。
12．下列实验操作对应的实验现象和解释或结论都正确的是(　D　)
选项
实验操作
实验现象
解释或结论
A
把SO2通入紫色石蕊试液中
紫色褪去
SO2具有漂白性
B
向NaOH溶液中滴加足量的MgCl2溶液，然后再滴加足量的CuCl2溶液
先产生白色沉淀，然后沉淀变蓝色
KspCu(OH)2]>KspMg(OH)2]　
C
向某溶液中滴加KSCN溶液
溶液变红色
溶液中含有Fe2＋
D
将充满NO2的密闭玻璃球浸泡在热水中
红棕色变深
反应2NO2(g)?? N2O4(g)的ΔH<0
解析：SO2为酸性氧化物，溶于水生成H2SO3，使紫色石蕊试液变红，A项错误；向NaOH溶液中滴加足量的MgCl2溶液，生成Mg(OH)2白色沉淀，然后再滴加足量的CuCl2溶液，沉淀逐渐变为蓝色的Cu(OH)2，说明KspMg(OH)2]>KspCu(OH)2]，B项错误；滴加KSCN溶液，溶液变红色说明溶液中含有Fe3＋，C项错误；因为2NO2(g)??N2O4(g)的ΔH<0，正反应为放热反应，加热反应向逆反应方向进行，NO2浓度增大，颜色加深，D项正确。
13．25 ℃时浓度都是1 mol·L－1的四种正盐溶液：AX、BX、AY、BY；AX溶液的pH＝7且溶液中c(X－)＝1 mol·L－1，BX溶液的pH＝4，BY溶液的pH＝6。下列说法正确的是(　A　)
A．电离平衡常数K(BOH)小于K(HY)
B．AY溶液的pH小于BY溶液的pH
C．稀释相同倍数，溶液pH变化：BX等于BY
D．将浓度均为1 mol·L－1的HX和HY溶液分别稀释10倍后，HX溶液的pH大于HY
解析：由溶液的pH判断AX是强酸强碱盐，BX为强酸弱碱盐，BY为弱酸弱碱盐，AY为强碱弱酸盐。1 mol·L－1 BY溶液的pH＝6，依据“谁强显谁性”说明电离平衡常数K(BOH)第Ⅱ卷
二、非选择题包括必考题和选考题两部分。第26～28题为必考题，每个试题考生都必须做答。选考题考生根据要求做答。
(一)必考题(共43分)
26．(14分)二氧化氯(ClO2)为一种黄绿色气体，是一种高效、广谱、安全的杀菌消毒剂。制备ClO2的方法有多种。
(1)纤维素还原法制ClO2。其原理是：纤维素水解得到的最终产物A与NaClO3反应生成ClO2。完成反应的化学方程式：C6H12O6＋24NaClO3＋12H2SO4===ClO2↑＋CO2↑＋18H2O＋Na2SO4
(2)电解食盐水制取ClO2，其流程如图所示：
①粗盐中含有Ca2＋、Mg2＋、SO等杂质，除杂操作时，往粗盐中加入试剂的顺序依次为BaCl2、NaOH和Na2CO3或NaOH、BaCl2和Na2CO3__(填化学式)，充分反应后将沉淀一并滤去，再加入盐酸；
②食盐水在特定条件下电解得到的氯酸钠(NaClO3)与盐酸在发生器中反应生成ClO2，写出发生器中生成ClO2的化学方程式：2NaClO3＋4HCl===2NaCl＋2ClO2↑＋Cl2↑＋2H2O；
③上述流程中，可循环利用的物质有NaCl、Cl2；按照绿色化学原则，电解槽阴极产生的气体与方框中物质的物质的量之比为6∶5时，原子利用率为100%。
(3)以NH4Cl、盐酸、NaClO2(亚氯酸钠)为原料制备ClO2，其流程如图所示：
已知：(Ⅰ)B在标准状况下的密度为0.089 g/L；
(Ⅱ)化合物C分子中各原子满足最外层8电子结构；
(Ⅲ)气体D能使湿润的红色石蕊试剂变蓝。
①电解时，发生反应的化学方程式为NH4Cl＋2HCl3H2↑＋NCl3；
②C与NaClO2按物质的量之比为1∶6混合，在溶液中恰好反应生成ClO2，该反应的离子方程式为NCl3＋6ClO＋3H2O===6ClO2↑＋NH3↑＋3Cl－＋3OH－。
解析：(1)纤维素水解得到的最终产物A是葡萄糖，根据得失电子守恒知C6H12O6(C的化合价变化总数是6×4＝24)与NaClO3(Cl元素化合价变化了1)的计量数之比是1∶24，由此配平；(2)①Ca2＋、Mg2＋、SO分别用碳酸钠、氢氧化钠、氯化钡除去，但氯化钡应该加在碳酸钠之前，可使过量的氯化钡被后续加入的碳酸钠除去；②根据流程图知部分产品去向氯化氢合成塔，故发生器中反应除生成ClO2，还生成氯气，NaClO3中Cl的化合价降低了1价，盐酸中Cl的化合价升高了1价，可写出反应方程式；③若最初加入的物质在后续反应中生成则为可循环物质，它们是氯化钠、氯气；根据NaCl＋3H2ONaClO3＋3H2↑知生成1 mol NaClO3时生成3 mol H2，根据2NaClO3＋4HCl===2NaCl＋2ClO2↑＋Cl2↑＋2H2O知1 mol NaClO3参与反应生成0.5 mol Cl2，故需补充的是Cl2，与电解生成的氢气合成氯化氢，因此需补充2.5 mol Cl2，故氢气与氯气的物质的量之比是6∶5；(3)B气体的相对分子质量为0.089×22.4≈2，是氢气。则可写出①的电解反应方程式；②根据NaClO2→ClO2，则6 mol NaClO2失去6 mol电子，则1 mol NCl3得6 mol电子，N的化合价降低6价，NCl3中N的化合价是＋3价。故生成物中N的化合价为－3价，即为氨气，由此写出：NCl3＋6ClO→6ClO2↑＋NH3↑，再结合电荷守恒、质量守恒配平离子方程式。
27．(14分)火力发电厂释放出大量的氮氧化物(NOx)、二氧化硫和二氧化碳等气体会造成环境污染。对燃煤废气进行脱硝、脱硫和脱碳等处理，可实现绿色环保、节能减排、废物利用等目的。
(1)脱硝。利用甲烷催化还原NOx；
CH4(g)＋4NO2(g)===4NO(g)＋CO2(g)＋2H2O(g) ΔH＝－574 kJ/mol
CH4(g)＋4NO(g)===2N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g) ΔH＝－1160 kJ/mol
甲烷直接将NO2还原为N2的热化学方程式为CH4(g)＋2NO2(g)===N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g)　ΔH＝－867 kJ/mol。
(2)脱碳。将CO2转化为甲醇的热化学方程式为
CO2(g)＋3H2(g)??CH3OH(g)＋H2O(g)　ΔH3<0
如图所示表示一定温度和压强下，原料气投料比与平衡时CH3OH体积分数的关系。据图回答下列问题：
①a点H2的转化率>b点H2的转化率(填“>”、“<”或“＝”)；
②b点时H2的转化率＝CO2的转化率(填“>”、“<”或“＝”)；
③由b点数据计算CO2的平衡体积分数为10%；
④简述提高CO2和H2转化为甲醇的总转化率的方法：对原料气加压，液化分离甲醇和水，未反应的H2、CO2循环使用。
(3)脱硫。①有学者想利用如图所示装置用原电池原理将SO2转化为重要的化工原料，A、B是惰性电极。则导线中电子移动方向为由A到C(用A、C表示)；
②某种脱硫工艺中将废气处理后，与一定量的氨气、空气反应，生成硫酸铵和硝酸铵的混合物，可作为化肥。硫酸铵和硝酸铵的水溶液pH<7，其原因用离子方程式可表示为NH＋H2O??NH3·H2O＋H＋。在一定物质的量浓度的硝酸铵溶液中滴加适量的NaOH溶液，使溶液的pH＝7，则溶液中c(Na＋)＋c(H＋)”、“＝”或“<”)。
解析：(1)根据盖斯定律知两式相加后除以2，可得CH4(g)＋2NO2(g)===N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g)
ΔH＝－867 kJ/mol；(2)①增大一种反应物的浓度可提高另一种反应物的转化率，a点与b点相比若氢气量相同，则a点的二氧化碳的量大些，故转化率：a点>b点，若CO2的量不变，则a点的H2的量小一些，转化率大一些；②b点氢气与二氧化碳的物质的量之比为3∶1，而方程式中氢气与二氧化碳的计量数之比也是3∶1，故b点二者的转化率相等；
③　　CO2(g)＋3H2(g)??CH3OH(g)＋H2O(g)
起始：　　　1　　　3　　　0　　　0
转化：　　　x　　　3x　　　x　　　x
平衡：　　1－x　　3－3x　　　x　　　x
×100%＝30%，x＝0.75 mol，CO2的体积分数为×100%＝10%；④提高氢气和二氧化碳的总转化率可采取降温、加压、分离出甲醇和水、氢气和二氧化碳循环使用等方法；(3)①根据A极通入二氧化硫知A极是负极，则电子转移方向是A→C；②硫酸铵、硝酸铵溶液的pH<7，是因为NH水解的缘故；根据电荷守恒有c(Na＋)＋c(NH)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(NO)，又pH＝7，则c(Na＋)＋c(H＋)28．(15分)某研究学习小组为合成1－丁醇，查阅资料得知一条合成路线：CH3CH===CH2＋CO＋H2CH3CH2CH2CHOCH3CH2CH2CH2OH。
原料CO的制备原理：HCOOHCO↑＋H2O，并设计出原料气的制备装置如图所示。
请填写下列空白：
(1)若用以上装置制备干燥纯净的CO，装置中a和b的作用分别是恒压，防倒吸；c和d中盛装的试剂分别是NaOH溶液、浓H2SO4。请指出上述装置存在的一处明显不足是缺少尾气吸收装置。
(2)若用上述装置制取丙烯，缺少的玻璃仪器名称是温度计，因制丙烯的过程中常有副产物SO2、CO2，确认丙烯存在时需将气体先通过c、d装置，c、d中分别盛装的试剂是氢氧化钠溶液、品红，再通过酸性高锰酸钾溶液或溴水检验。
(3)正丁醛经催化剂加氢得到含少量正丁醛的1－丁醇粗品，为纯化1－丁醇，该小组查阅文献得知：
①R—CHO＋NaHSO3(饱和)＋RCH(OH)SO3Na↓；
②沸点：乙醚34 ℃，1－丁醇118 ℃。
设计出如图所示提纯路线：
试剂1为饱和NaHSO3溶液，操作1为过滤，操作2为萃取，操作3为蒸馏。检验纯品中是否有正丁醛的试剂是氢氧化铜悬浊液或银氨溶液或溴水。
(4)若用20 mL(密度为0.8 g/mL)的丙醇制正丁醛，制丙烯反应中丙醇的转化率85%，丙烯制正丁醛反应中丙烯的转化率78.5%，正丁醛的分离提纯中损失率1.5%，请计算丙醇制正丁醛的产率：85%×78.5%×(1－1.5%)(列出计算式)。
解析：(1)甲酸在浓硫酸的作用下通过加热脱水即生成CO，由于甲酸易挥发，产生的CO中必然会混有甲酸，所以在收集之前需要除去甲酸，可以利用NaOH溶液吸收甲酸。又因为甲酸易溶于水，所以必需防止液体倒流，即b的作用是防止倒吸，最后通过浓硫酸干燥CO。为了使产生的气体能顺利的从发生装置中排出，就必需保持压强一致，因此a的作用是保持恒压；(2)若用图中装置制备丙烯，丙烯是醇的消去反应产物，故缺少的玻璃仪器是温度计。CO2和SO2都是酸性气体，用NaOH溶液进行吸收，然后用品红溶液进行检验；(3)粗品中含有正丁醛，根据所给的信息利用饱和NaHSO3溶液形成沉淀，然后通过过滤即可除去；由于饱和NaHSO3溶液是过量的，所以加入乙醚的目的是萃取溶液中的1－丁醇。因为1－丁醇和乙醚的沸点相差很大，因此可以利用蒸馏将其分离开。醛基的检验可以用新制氢氧化铜或银氨溶液；(4)依题1 mol丙醇制取1 mol正丁醛，故丙醇制取正丁醛的产率为85%×78.5%×(1－1.5%)。
(二)选考题：请考生从两道题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分。
Ⅰ.选修3：物质结构与性质](15分)
硅是重要的半导体材料，构成了现代电子工业的基础。回答下列问题：
(1)基态Si原子中，电子占据的最高能层符号M，该能层具有的原子轨道数为9、电子数为4。
(2)硅主要以硅酸盐、二氧化硅等化合物的形式存在于地壳中。
(3)单质硅存在与金刚石结构类似的晶体，其中原子与原子之间以共价键相结合，其晶胞中共有8个原子，其中在面心位置贡献3个原子。
(4)单质硅可通过甲硅烷(SiH4)分解反应来制备。工业上采用Mg2Si和NH4Cl在液氨介质中反应制得SiH4，该反应的化学方程式为Mg2Si＋4NH4Cl＝SiH4↑＋4NH3↑＋2MgCl2。
(5)碳和硅的有关化学键键能如下所示，简要分析和解释下列有关事实：
化学键
C－C
C－H
C－O
Si－Si
Si－H
Si－O
键能/ (kJ·mol－1)
356
413
336
226
318
452
①硅与碳同族，也有系列氢化物，但硅烷在种类和数量上都远不如烷烃多，其根本原因是C—C键和C—H键较强，所以形成的烷烃较稳定，而硅烷中Si—Si键和Si—H键的键能较低，易断裂，导致长链硅烷难以生成。
②SiH4的稳定性小于CH4，更易生成氧化物，原因是C—H键的键能大于C—O键，C—H键比C—O键稳定，而Si—H键的键能远小于Si—O键，所以Si—H键不稳定而倾向于形成稳定性更强的Si—O键。
(6)在硅酸盐中，SiO四面体如下图(a)]通过共用顶角氧离子可形成岛状、链状、层状、骨架网状四大类结构型式。图(b)为一种无限长单链结构的多硅酸根；其中Si原子的杂化形式为sp3，Si与O的原子数之比为1∶3，化学式为SiO3](SiO)。
为正四面体结构，所以中心原子Si原子采取了sp3杂化方式，Si与O的原子个数比为1∶3，化学式为SiO。
Ⅱ.选修5：有机化学基础](15分)
姜黄素具有抗突变和预防肿瘤的作用，其合成路线如下：
已知：
Ⅰ.1 mol G最多消耗Na、NaOH、NaHCO3的物质的量分别为3 mol、2 mol、1 mol；
Ⅱ. ；
Ⅲ. ＋H2O (R1、R2、R3为烃基或氢原子)。请回答：
(1)反应①～⑥中，一定不会涉及到的反应类型有D(填字母)。
A．取代反应 B．加成反应
C．消去反应 D．酯化反应
E．氧化反应
反应④的化学方程式：HOCH2－CH2OH＋O2OHC－CHO＋2H2O。
(2)E中官能团的名称是醛基、羧基。
(3)可采用惰性电极电解氧化法由G生产有机物J，则电解时的阳极的电极反应式是：－2e－―→＋2H＋。
(4)J有多种同分异构体，符合下列条件的有10种。
①有苯环，但不能与FeCl3溶液发生显色反应；
②1 mol J最多消耗Na、NaHCO3的物质的量分别为3 mol、2 mol。
(5)香兰醛K的结构简式为，其核磁共振氢谱中共有6组吸收峰。
(6)反应⑨除主要生成姜黄素外，还会得到化学式为C13H14O4的副产物，请根据题给信息，写出该副产物的结构简式。

1．(2015·江苏卷)常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是(　B　)
A．使酚酞变红色的溶液中：Na＋、Al3＋、SO、Cl－
B.＝1×10－13 mol·L－1的溶液中：NH、Ca2＋、Cl－、NO
C．与Al反应能放出H2的溶液中：Fe2＋、K＋、NO、SO
D．水电离的c(H＋)＝1×10－13 mol·L－1的溶液中：K＋、Na＋、AlO、CO
解析：A项，使酚酞变红色的溶液显碱性，Al3＋与OH－不能大量共存。B项，＝1×10－13 mol·L－1的溶液显酸性，NH、Ca2＋、Cl－、NO都能与H＋大量共存。C项，与Al反应放出H2的溶液可能显酸性也可能显碱性，酸性条件下HNO3易氧化Fe2＋ ，HNO3与Al反应不能生成H2；碱性条件下Fe2＋与OH－不能大量共存。D项，由水电离的c(H＋)＝1×10－13 mol·L－1的溶液可能显酸性也可能显碱性，酸性溶液中，A1O、CO不能存在。
2．(2015·广东卷)水溶液中能大量共存的一组离子是(　C　)
A．NH、Ba2＋、Br－、CO
B．Cl－、SO、Fe2＋、H＋
C．K＋、Na＋、SO、MnO
D．Na＋、H＋、NO、HCO
解析：A项，Ba2＋与CO不能大量共存；B项，SO与H＋、SO与Fe2＋不能大量共存；D项，H＋与HCO不能大量共存。
3．(2015·北京卷)某消毒液的主要成分为NaClO，含有一定量的NaOH。下列用来解释事实的方程式中，不合理的是(已知：饱和NaClO溶液的pH约为11)(　B　)
A．该消毒液可用NaOH溶液吸收Cl2制备：Cl2＋2OH－===ClO－＋Cl－＋H2O
B．该消毒液的pH约为12∶ClO－＋H2O??HClO＋OH－
C．该消毒液与洁厕灵(主要成分为HCl)混用，产生有毒Cl2∶2H＋＋Cl－＋ClO－===Cl2↑＋H2O
D．该消毒液加白醋生成HClO，可增强漂白作用：CH3COOH＋ClO－===HClO＋CH3COO－
解析：A项，用NaOH溶液吸收Cl2可以制备NaClO，即 Cl2＋2OH－===Cl－＋ClO－＋H2O；B项，饱和NaClO 溶液的pH约为11是因为ClO－水解，该消毒液的pH约为12是因为消毒液中含有NaOH；C项，消毒液中的ClO－和洁厕灵中的Cl－在酸性条件下发生氧化还原反应产生Cl2；D项，白醋中的CH3COOH可以和NaClO发生复分解反应生成HClO，增强消毒液的漂白作用。
4．(2016·安徽安庆五校联考)常温下，在下列给定条件的各溶液中，一定能大量共存的离子组是(　C　)
A．pH大于7的溶液：Na＋、Ba2＋、SO、ClO－
B．含有0.1 mol·L－1Fe(NO3)2的溶液：H＋、Mg2＋、SCN－、Cl－
C．使酚酞溶液变红色的溶液：Na＋、Ba2＋、 I－、Cl－
D．由水电离产生的c(H＋)＝10－13 mol·L－1的溶液：NH、SO、NO、Cl－
解析：A项，Ba2＋、SO、ClO－反应生成BaSO3沉淀而不能大量共存；B项，H＋与NO可以将Fe2＋氧化为Fe3＋，Fe3＋与SCN－又能发生反应，因此这几种离子不能大量共存；C项，使酚酞溶液变红色的溶液为碱性溶液，碱性溶液中，四种离子都不反应，可以大量共存；D项，由水电离产生的c(H＋)＝10－13 mol·L－1的溶液中可能存在大量的H＋或OH－当存在大量OH－时，OH－与NH反应生成NH3 · H2O而不能大量共存。
5．(2015·山东卷)下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是(　D　)
A．向稀HNO3中滴加Na2SO3溶液：SO＋2H＋===SO2↑＋H2O
B．向Na2SiO3溶液中通入过量SO2∶SiO＋SO2＋H2O===H2SiO3↓＋SO
C．向Al2(SO4)3溶液中加入过量NH3·H2O∶Al3＋＋4NH3·H2O===AlO＋2H2O＋4NH
D．向CuSO4 溶液中加入 Na2O2∶2Na2O2＋2Cu2＋＋2H2O===4Na＋＋2Cu(OH)2↓＋O2↑
解析：稀硝酸有强氧化性，会将SO氧化，A项错误；因通入的SO2过量，故生成的是HSO ，不是SO，B项错误；Al(OH)3不溶于NH3·H2O，C中正确的离子方程式应为Al3＋＋3NH3 ·H2O===Al(OH)3↓＋3NH，C项错误；向CuSO4溶液中加入Na2O2 ，先发生反应的离子方程式为2Na2O2＋2H2O===4Na＋＋4OH－＋O2↑，再发生反应的离子方程式为Cu2＋＋2OH－===Cu(OH)2↓，整理后可得出D项中的离子方程式，D项正确。
6．在给定的四种溶液中，一定能大量共存的微粒组是(　B　)
A．常温下，由水电离的c(OH－)＝1×10－12 mol·L－1的溶液中：Ba2＋、K＋、Br－、SiO
B．常温下葡萄糖溶液中：SCN－、Cl－、K＋、NH
C．溴水中：Na＋、CO、NH、SO
D．c(H＋)<10－10 mol·L－1的溶液：Na＋、Ba2＋、SO、ClO－
解析：由水电离出的c(OH－)＝1×10－12 mol·L－1的溶液可能是pH＝2或pH＝12的两种溶液，若pH＝2时，溶液中不能大量存在SiO，A项错误；葡萄糖溶液为中性溶液，四种离子能大量共存，B项正确；溴与水的反应生成溴化氢呈酸性，与CO不能大量共存，C项错误；碱性溶液中，Ba2＋与SO不能大量共存，会生成沉淀，并且SO会与ClO－发生氧化还原反应，D项错误。
7．在下列溶液中，各组离子一定能够大量共存的是(　A　)
A．能使广泛pH试纸显蓝色的溶液：K＋、Ba2＋、Cl－、Br－
B．常温下＝1012的溶液：Fe2＋、Mg2＋、NO、Cl－
C．含有大量Al3＋的溶液：Na＋、Cl－、AlO、OH－
D．能使淀粉碘化钾试纸显蓝色的溶液：K＋、SO、S2－、SO
解析：使pH试纸显蓝色是碱性溶液，离子可以大量共存；B项的pH＝1的溶液，Fe2＋被NO氧化；C项，Al3＋与AlO、OH－不能大量共存；D项是氧化性溶液，S2－、SO不能大量存在。
8．(2015·四川卷)下列有关CuSO4溶液的叙述正确的是(　A　)
A．该溶液中Na＋、NH、NO、Mg2＋可以大量共存
B．通入CO2气体产生蓝色沉淀
C．与H2S反应的离子方程式：Cu2＋＋S2－===CuS↓
D．与过量浓氨水反应的离子方程式：Cu2＋＋2NH3·H2O===Cu(OH)2↓＋2NH
解析：B项，CO2对应的酸为弱酸，不能和强'酸盐CuSO4反应；C项，H2S为弱酸，书写离子方程式时不可拆；D项，Cu2＋与过量浓氨水反应生成Cu(NH3)4]2＋。
9．(2015·江苏卷)下列指定反应的离子方程式正确的是(　D　)
A．氯气溶于水：Cl2＋H2O===2H＋＋Cl－＋ClO－
B．Na2CO3溶液中CO的水解：CO＋H2O===HCO＋OH－
C．酸性溶液中KIO3与KI反应生成I2∶IO＋I－＋6H＋===I2＋3H2O
D．NaHCO3溶液中加足量Ba(OH)2溶液：HCO＋Ba2＋＋OH－===BaCO3↓＋H2O
解析：A项，HClO是弱酸，不能拆，正确的离子方程式为Cl2＋H2O??H＋＋Cl－＋HClO；B项，正确的离子方程式为CO＋H2O??HCO＋OH－ ；C项，方程式两边电荷不守恒，正确的离子方程式为IO＋5I－＋6H＋===3I2＋3H2O；D项正确。
10．常温下的下列情况中，一定能大量共存于同一溶液中的离子组是(　D　)
A．使甲基橙呈红色的溶液中：I－、Cl－、NO、Na＋
B．0.1 mol·L－1FeCl3溶液中：K＋、Na＋、SO、AlO
C.＝0.1 mol·L－1的溶液中：Na＋、K＋、NH、NO
D．0.1 mol·L－1盐酸的澄清透明溶液中：Fe3＋、K＋、SO、Br－
解析：A项中，溶液能使甲基橙呈红色，说明溶液呈强酸性，而在酸性溶液中I－和NO因发生氧化还原反应而不能大量共存；B项中，Fe3＋和AlO能发生水解相互促进反应而不能大量共存；C项中＝c(OH－)＝0.1 mol·L－1，说明溶液为强碱性溶液，NH不能大量存在；D项中附加条件是澄清透明、酸性溶液，澄清透明是溶液的特征，不能把澄清透明误认为无色溶液，D项符合条件。
11．下列评价及离子方程式书写正确的是(　B　)
选项
离子组
评价
A
H＋、Fe2＋、NO、Cl－
不能大量共存于同一溶液中，因为发生了氧化还原反应：4Fe2＋＋2NO＋6H＋===4Fe3＋＋2NO↑＋3H2O
B
Na＋、CO、Cl－、Al3＋
不能大量共存于同一溶液中，因为发生了互促水解反应：2Al3＋＋3CO＋3H2O===2Al(OH)3↓＋3CO2↑
C
Fe3＋、K＋、SCN－、Br－
不能大量共存于同一溶液中，因为有红色沉淀生成：Fe3＋＋3SCN－===Fe(SCN)3↓
D
HCO、OH－、Na＋、Ca2＋
不能大量共存于同一溶液中，因为发生如下反应：HCO＋OH－===CO2↑＋H2O
解析：A项，离子方程式氧原子不守恒；C项，Fe(SCN)3不属于沉淀；D项，离子方程式违背原子守恒，书写错误，不能共存的正确原因是HCO＋OH－＋Ca2＋===H2O＋CaCO3↓
12．下列相关离子方程式书写正确的是(　A　)
A．NaClO溶液与FeCl2溶液混合：6Fe2＋＋3ClO－＋3H2O===2Fe(OH)3↓＋3Cl－＋4Fe3＋
B．用食醋检验牙膏中的碳酸钙：CaCO3＋2H＋===Ca2＋＋CO2↑＋H2O
C．FeCl2酸性溶液放在空气中变质：2Fe2＋＋4H＋＋O2===2Fe3＋＋2H2O
D．电解MgCl2水溶液的离子方程式：2Cl－＋2H2OH2↑＋Cl2↑＋2OH－
解析：A项，ClO－将Fe2＋氧化为Fe3＋，正确；B项，食醋有效成分为乙酸，乙酸应该写分子式，正确的离子方程式为CaCO3＋2CH3COOH===Ca2＋＋2CH3COO－＋CO2↑＋H2O；C项，得失电子和电荷不守恒，正确的离子方程式为4Fe2＋＋4H＋＋O2===4Fe3＋＋2H2O；D项，电解氯化镁水溶液生成的OH－与Mg2＋反应生成氢氧化镁沉淀，正确的离子方程式为Mg2＋＋2Cl－＋2H2OMg(OH)2 ↓＋H2↑＋Cl2↑。
13．下列事实对应的离子方程式或电极反应式书写正确的是(　A　)
A．用石墨作电极电解CuSO4溶液：2Cu2＋＋2H2O2Cu＋O2↑＋4H＋
B．碳酸钠溶液显碱性：CO＋2H2O??H2CO3＋2OH－
C．钢铁发生吸氧腐蚀时，铁作负极被氧化：Fe—3e－===Fe3＋
D．在强碱溶液中NaClO与Fe(OH)3反应生成Na2FeO4：3ClO－＋2Fe(OH)3===2FeO＋3Cl－＋H2O＋4H＋
解析：A项，电解硫酸铜溶液，在阴极析出铜、阳极上水电离产生氧气，正确；B项，CO水解反应应分步书写，错误；C项，钢铁发生吸氧腐蚀时，负极Fe失电子转化为Fe2＋，错误；D项，强碱性环境中，离子方程式中不会出现H＋，错误。
14．下列表示对应变化的式子，正确的是(　D　)
A．双氧水中加入稀硫酸和KI溶液：H2O2＋2H＋＋2I－===I2＋H2O
B．NaHCO3水解：HCO＋H2O??CO＋H3O＋
C．氢硫酸在水溶液中的电离：H2S??2H＋＋S2－
D．Na2S2O3溶液中加入稀硫酸：S2O＋2H＋===S↓＋SO2 ↑＋H2O
解析：A项，原子数不守恒，错误；B项，HCO水解方程式为HCO＋H2O??H2CO3＋OH－，错误；C项，H2S是多元弱酸，分步电离，且以第一步电离为主：H2S??HS－＋H＋，错误。
15．某澄清透明溶液中只可能含有①Al3＋、②Mg2＋、③Fe3＋、④Fe2＋、⑤H＋、⑥CO、⑦NO中的几种，向该溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量，生成沉淀的质量与NaOH的物质的量的关系如图所示。则该溶液中一定含有的离子是(　B　)
A．③⑤⑦ B．②③⑤⑦
C．①②③⑥⑦ D．①②③④⑤⑦
解析：根据图，加入NaOH开始无沉淀，说明溶液中有H＋与OH－反应；有H＋，则无CO，因溶液中一定有阴离子，则一定有NO。H＋和NO在一起具有强氧化性，则一定没有Fe2＋，加入NaOH至足量，沉淀不减少，则没有Al3＋。加入4 mol NaOH，有1 mol NaOH与H＋反应，剩下的3 mol OH－ ，生成沉淀，如果全是Mg(OH)2，则应为1.5 mol，质量应为87 g；如果全是Fe(OH)3，则应为1 mol，质量应为107 g。题目中给出的沉淀为100 g，说明沉淀为Mg(OH)2和Fe(OH)3混合物，溶液中含Mg2＋、Fe3＋。综上分析，溶液中一定含有 Mg2＋、Fe3＋、H＋、NO。
16．某溶液可能含有下列离子中的几种(不考虑溶液中微量的H＋和OH－)：Na＋、NH、SO、CO、NO。取200 mL该溶液，等体积分成两份，分别做下列实验。实验一：第一份加入足量烧碱并加热，产生的气体在标准状况下为224 mL。实验二：第二份先加入足量的盐酸，无现象，再加入足量BaCl2溶液，得沉淀2.33 g。下列说法正确的是(　D　)
A．该溶液可能含有Na＋
B．该溶液一定含有NH、SO、CO、NO
C．该溶液一定不含有NO
D．该溶液一定含有Na＋，且c(Na＋)≥0.1 mol·L－1
解析：加入碱液加热后生成的气体为NH3，且n(NH3)＝0.01 mol，则溶液中n(NH)＝0.01 mol；加入盐酸无现象，说明溶液中无CO，加入氯化钡后生成的沉淀为BaSO4，n(BaSO4)＝0.01 mol，故溶液中n(SO)＝0.01 mol，根据电荷守恒可知溶液中还含有Na＋，若溶液中无NO时n(Na＋)＝0.01 mol，若溶液中含有 NO则n(Na＋)>0.01 mol，故只有D项正确。
17．某同学为检验溶液中是否含有常见的四种无机离子，进行了下图所示的实验操作。其中检验过程中产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。由该实验能得到的正确结论是(　B　)
A．原溶液中一定含有SO B．原溶液中一定含有NH
C．原溶液中一定含有Cl－ D．原溶液中一定含有Fe3＋
解析：A项，若原溶液中含有SO或HSO，它们在酸性条件下可被NO氧化为SO，与Ba2＋也可生成BaSO4沉淀，错误；B项，NH在碱性条件下可生成NH3，正确；C项，加入AgNO3生成白色沉淀AgCl，但因为第一步中加入盐酸时溶液中引入了 Cl－，所以无法确定原溶液中是否含有Cl－，错误；D项，若原溶液中含有Fe2＋，在酸性条件下可被NO氧化为Fe3＋ ，与KSCN溶液作用也使溶液呈红色，错误。
18．(2016·辽宁沈阳联考)某无色溶液中可能含有①Na＋、②Ba2＋、③Cl－、④Br－、⑤SO、⑥SO六种离子中的若干种，依次进行下列实验，且每步所加试剂均过量，观察到的现象如下：
步骤
操作
现象
(1)
用pH试纸检验
溶液的pH大于7
(2)
向溶液中滴加氯水，再加入CCl4振荡，静置
CCl4层呈橙红色
(3)
向(2)所得水溶液中加入Ba(NO3)2溶液和稀HNO3
有白色沉淀产生
(4)
将(3)所得浊液过滤，向滤液中加入AgNO3溶液和稀HNO3
有白色沉淀产生
下列结论正确的是(　A　)
A．肯定含有的离子是①④⑤
B．肯定没有的离子是②⑥
C．不能确定的离子是①
D．不能确定的离子是③⑤
解析：pH>7，说明存在弱酸根离子，即一定有SO，由步骤(2)可知溶液中存在Br－，步骤(3)因为加了稀硝酸，SO可以被氧化为SO，则不能确定是否一定有SO ，步骤(4)说明存在Cl－，因为步骤(2)中会生成Cl－，不能确定是否是原溶液中的Cl－。故可以确定的阴离子是SO和Br－，而Ba2＋与SO不能共存，则一定存在Na＋。

1．(2016·宁夏银川九中质检)用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是(　B　)
A．常温常压下，2.24 L氯气与过量的氢氧化钠溶液完全反应转移的电子数为0.1NA
B．30 g乙酸和甲醛的混合物中氧原子数为NA
C．25 ℃时，2 L 0.1 mol·L－1的 Na2CO3溶液中含有的CO总数为0.2NA
D．某密闭容器中盛有0.2 mol SO2和0.1 mol O2，在一定条件下充分反应，生成SO3分子数为0.2NA
2．(2016·江苏省扬州中学模拟)设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法中正确的是(　D　)
A．标准状况下，11.2 L NO和11.2 L SO3的分子总数为NA
B．0.1 mol Br2与足量H2O或NaOH反应转移的电子数均为0.1NA
C．0.1 mol的白磷(P4)或四氯化碳(CCl4)中所含的共价键数均为0.4NA
D．在精炼铜或电镀铜的过程中，当阴极析出铜32 g转移电子数均为NA
解析：A项，标准状况下，SO3为固体；B项，Br2与H2O反应是可逆反应；C项，0.1 mol P4中含有0.6 mol共价键。
3．(2016·江苏溧阳戴埠高中三模)NA代表阿伏加德罗常数的数值。下列说法正确的是(　D　)
A．1 mol Cl2参加的任何反应，反应过程中转移电子数都是2NA
B．标准状况下，11.2 L乙醇所含的羟基数为0.5NA
C．常温常压下，17 g甲基(—14CH3 )所含的中子数为9NA
D．室温下，42.0 g乙烯和丙烯的混合气体中含有的碳原子数约为3×6.02×1023个
解析：A项，1 mol Cl2与H2O反应，转移电子数小于NA，与NaOH反应，转移电子数等于NA；B项，标准状况下，乙醇为液体；C项，17 g—14CH3所含中子数为8NA。
4．在水中加入等物质的量的Ag＋、Pb2＋、Na＋、SO、NO、Cl－，该溶液放在用惰性电极材料作电极的电解槽中，通电片刻，则氧化产物与还原产物的质量比为(　C　)
A．35.5∶108 B．16∶207
C．8∶1 D．108∶35.5
解析：等物质的量的这几种离子放入水中后．Ag＋与Cl－、Pb2＋与SO恰好完全反应生成AgCl和PbSO4沉淀，因此实际上相当于用惰性电极电解NaNO3溶液，根据离子放电顺序实质上是电解水，则氧化产物为氧气，还原产物为氢气，容易得出质量比为8∶1，C项正确。
5．(2016·全国卷乙)设NA为阿伏加德罗常数值。下列有关叙述正确的是(　A　)
A．14 g乙烯和丙烯混合气体中的氢原子数为2NA
B．1 mol N2与4 mol H2反应生成的NH3分子数为2NA
C．1 mol Fe溶于过量硝酸，电子转移数为2NA
D．标准状况下，2.24 L CCl4含有的共价键数为0.4NA
解析：A项乙烯和丙烯的分子式分别为C2H4、C3H6，二者的最简式均为CH2,14 g乙烯和丙烯混合气体中含有“CH2”的物质的量为＝1 mol，故所含氢原子数为2NA。B项N2和H2合成氨的反应为N2＋3H22NH3，该反应为可逆反应，1 mol N2与4 mol H2反应生成的NH3小于2 mol，故生成的NH3分子数小于2NA。C项Fe与过量的硝酸反应生成Fe(NO3)3，故1 mol Fe参加反应时转移电子数为3NA。D项标准状况下，CCl4为液体，2.24 L CCl4的物质的量远大于0.1 mol，故含有的共价键数远大于0.4NA。
6．设NA为阿伏加德罗常数的数值。下列说法正确的是(　B　)
A．常压下，22.4 L氧气与金属钠完全反应，转移的电子数一定是4NA
B．常温常压下，1.7 g H2O2中含有电子数为0.9NA
C．1 L 0.2 mol·L－1FeCl3溶液中，含有Fe3＋粒子数为0.2NA
D．标准状况下，0.1 mol甲苯所含C—C键数为0.6NA
解析：A项，温度不确定。常压下22.4 L氧气不一定是1 mol，生成物也不确定是Na2O还是Na2O2；B项1.7 g H2O2有0.05 mol 因此电子数为0.05×18NA＝0.9 NA；C项Fe3＋会水解；D项，甲苯苯环结构不含C－C键。
7．下列说法正确的是(　C　)
A．0.15 mol HF溶于水配成1 L溶液，溶液中F－浓度为0.15 mol·L－1
B．已知：
共价键
C—C
C＝C
C—H
H—H
键能/kJ·mol－1
348
610
413
436
则可以计算出反应：(g)＋3H2(g)→(g)的ΔH为－384 kJ·mol－1
C．常温下，pH＝7的CH3COONa溶液中，c(CH3COO－)＝c(Na＋)
D．常温下，1 L 0.10 mol·L－1 NH4Cl溶液加1 L水即可稀释为0.05 mol·L－1的NH4Cl溶液
解析：A项，氢氟酸为弱酸，所得溶液中c(F－)<0.15 mol·L－1；B项，甲苯中苯环上的碳碳键是介于碳碳单键和碳碳双键之间的特殊的键，根据提供的共价键及键能不能计算出该反应的反应热；C项，pH＝7的CH3COONa溶液中，根据电荷守恒可以得到c(CH3COO－)＝c(Na＋)；D项，稀释后体积不一定是2 L。
8．(2016·吉林长春质检)设NA代表阿伏加德罗常数，下列说法正确的是(　C　)
A．22.4 L CO和CO2的混合气体中所含的碳原子数一定是NA
B．标准状况下，22.4 L丙烷所含共用电子对数为8NA
C．常温常压下，32 g O2和32 g O3所含氧原子数都是2NA
D．常温下，1 L 0.1 mol/L NH4NO3溶液中含有的NH数是0.1NA
解析：A项，没有指明标准状况；B项1分子丙烷中有10对共用电子对；C项32 g O2和32 g O3中均含有氧原子2 mol；D项，NH要水解。
9．含有砒霜(As2O3)的试样和锌、盐酸混合反应，生成的砷化氢(AsH3)在热玻璃管中完全分解成单质砷和氢气。若砷的质量为1.50 mg，则下列叙述正确的是(　C　)
A．被氧化的砒霜为1.98 mg
B．分解产生的氢气为0.672 mL
C．和砒霜反应的锌为3.90 mg
D．转移的电子总数为6×10－5NA
解析：砒霜(As2O3)的试样和锌、盐酸混合反应的方程式为As2O3＋6Zn＋12HCl===2AsH3＋6ZnCl2＋3H2O。根据砷的相对原子质量为75，若砷的质量为1.50 mg，物质的量为0.02 mmol，被还原的砒霜为 0.02 mmol÷2×198 g·mol－1＝1.98 mg，和砒霜反应的锌为3.90 mg。2AsH32As＋3H2分解产生的氢气标准状态下0.03 mmol×22.4 L·mol－1＝0.672 mL；转移的电子总数为0.02×10－3 mol×NA×3＋0.01×10－3 mol×NA×12＝1.8×10－4 NA。
10．(2016·河北保定调研)高铁酸钾(K2FeO4)是一种高效多功能水处理剂，具有极强的氧化性，已知：4FeO＋10H2O??4Fe(OH)3＋8OH－＋3O2↑。高铁酸钾常见制备方法之一是湿法制备：在一定条件下，Fe(NO3)3与NaClO反应生成紫红色高铁酸盐溶液。下列说法正确的是(　B　)
A．K2FeO4在处理水的过程中所起的作用只有消毒杀菌
B．同浓度的高铁酸钾在pH＝11.50的水溶液中比中性溶液中稳定
C．湿法制备高铁酸钾，可以在酸性环境中顺利进行
D．湿法制备高铁酸钾，Fe(NO3)3与NaClO物质的量之比为3∶2
解析：K2FeO4具有强氧化性，在处理水的过程中能起到消毒杀菌的作用，其还原产物Fe3＋水解产生氢氧化铁胶体，还能起到净水剂的作用，A项错误；根据4FeO＋10H2O??4Fe(OH)3＋8OH－＋3O2↑可知，FeO在碱性溶液中稳定性强，B项正确；在酸性条件下，FeO不稳定，因此不能在酸性环境中制备高铁酸钾，C项错误；Fe(NO3)3与NaClO反应制备高铁酸钾时，铁元素从＋3价升高到＋6价，失去3个电子，Cl元素从＋1价降低到－1价，得到2个电子，根据得失电子守恒可知，Fe(NO3)3与NaClO物质的量之比为2∶3，D项错误。
11．(2016·安徽皖北协作区联考)硫酸亚铁铵(NH4)2Fe(SO4)2]是一种重要的化工原料，下列有关说法正确的是(　C　)
A．Na＋、Fe2＋、NO、Cl2都可在该物质的溶液中大量共存
B．向0.1 mol·L－1该物质的溶液中逐滴滴加0.1 mol·L－1 NaOH溶液，生成沉淀的物质的量与加入NaOH溶液体积的关系如图所示
C．检验该物质中Fe2＋是否变质的方法是向该物质的溶液中滴入几滴KSCN溶液，观察溶液是否变红色
D．向该物质的溶液中滴加Ba(OH)2溶液，恰好使SO完全沉淀的离子方程式为Fe2＋＋2SO＋2Ba2＋＋2OH－===2BaSO4↓＋Fe(OH)2↓
解析：A项中Fe2＋可被Cl2氧化而不能大量共存，故错误；B项中滴加NaOH溶液时Fe2＋先与OH－反应生成白色沉淀，故错误；C项中若Fe2＋变质则被氧化为Fe3＋，只需滴入几滴KSCN溶液即可鉴别，故正确；D项中当SO恰好完全沉淀时，Ba(OH)2与(NH4)2Fe(SO4)2的物质的量之比为2∶1，OH－除与Fe2＋反应生成Fe(OH)2外，还会与NH反应生成NH3·H2O，故错误。
12．将51.2 g Cu完全溶于适量浓硝酸中，收集到氮的氧化物(含NO、NO2、N2O4)的混合物共0.8 mol，这些气体恰好能被500 mL 2.0 mol·L－1NaOH溶液完全吸收，溶液中生成NaNO3和NaNO2，则被Cu还原的硝酸的物质的量为(　C　)
A．0.8 mol B．2 mol
C．1 mol D．0.6 mol
解析：依据氮原子守恒，被还原的硝酸的物质的量就是反应后溶液中NaNO3和NaNO2的物质的量之和，等于Na＋的物质的量。n(Na＋)＝0.5 L×2.0 mol·L－1＝1 mol。
13．设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是(　B　)
A．1 mol Cl2与足量NaOH溶液反应时转移的电子数为2NA
B．28.6 g Na2CO3·10H2O晶体中，含有的CO为0.1NA
C．常温常压下，1 mol NO2气体与水反应生成的NO为NA
D．同温同压时，相同体积的任何气体单质所含的原子数均为2NA
解析：1 mol Cl2与NaOH溶液完全反应转移1 mol电子，A项错误；28.6 g该晶体为0.1 mol，含有CO为0.1 mol，B项正确；3NO2＋H2O===2HNO3＋NO,1 mol NO2与水完全反应生成 mol NO，C项错误；气体单质有单原子分子，如稀有气体，D项错误。
14．用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是(　B　)
A．12.0 g熔融的NaHSO4中含有的阳离子数为0.1NA
B．常温下，5.6 g Fe片投入到足量浓硝酸中，转移电子数为0.3NA
C．2 mol SO2和1 mol O2在一定条件下充分反应后，所得物质的分子数大于2NA
D．常温常压下，14 g乙烯和丙烯的混合气体中含有的原子总数为3NA
解析：A项，12 g该物质为0.1 mol，熔融状态下，该物质中阳离子只有Na＋，阴离子为HSO，故阳离子数为0.1 NA，正确；B项，常温下浓硝酸会使铁钝化，错误；C项，若完全反应则反应后分子数为2 NA，但该反应是可逆反应，所以分子数大于2NA，正确；D项，乙烯、丙烯最简式相同，都为CH2，可直接求出C、H原子个数，正确。
15．下列说法正确的是(　C　)
A．4.2 g丙烯中所含的共价键数目约为0.6×6.02×1023
B．含1 mol H2SO4的浓硫酸与足量铜在加热条件下反应，转移的电子总数约为6.02×1023
C．相同条件下，1 L CO和H2的混合气体完全燃烧消耗0.5 L O2
D．相同物质的量的NH和CH具有相同的质子数和电子数
解析：A项，4.2 g丙烯(C3H6)为0.1 mol，每个丙烯(CH3CH＝CH2)分子中含有9个共价键，所以0.1 mol丙烯中含0.9 mol共价键，错误；B项，Cu在加热条件下与浓硫酸反应生成SO2，随着反应的进行，硫酸浓度变稀，稀硫酸与Cu不反应，所以1 mol H2SO4不能完全反应，转移的电子数小于1 mol，错误；C项，由CO、H2与O2的反应关系知CO～O2，H2～O2，所以相同条件下，1 L CO和H2的混合气体完全燃烧消耗0.5 L O2，正确；D项，每个NH和CH中都含有质子数9个，而电子数前者为10个，后者为8个，错误。
16．(2016·吉林通化模拟)0.6 mol·L－1 FeCl3和1.2 mol·L－1 CuCl2的混合溶液100 mL，加入一定量铁粉充分反应后，测得溶液中Fe2＋与Cu2＋物质的量之比为2∶1，则加入铁粉的质量为(　A　)
A．4.48 g B．8.96 g
C．10.08 g D．13.44 g
解析：设加入铁粉的物质的量n(Fe)＝x mol，铁粉首先与Fe3＋反应，后与Cu2＋反应，溶液中含有Cu2＋ ，则加入的铁粉完全溶解。
Fe　　＋　　2Fe3＋　===　　3Fe2＋
0.03 mol　　0.06 mol　　　0.09 mol
Fe　　 ＋　　 Cu2＋　===　　Cu　　＋Fe2＋
(x－0.03) mol 　(x－0.03) mol　(x－0.03) mol
原溶液中n(Fe3＋)＝0.06 mol，n(Cu2＋)＝0.12 mol，则反应后溶液中，n(Fe2＋)＝0.09 mol＋(x－0.03) mol＝(x＋0.06) mol，n(Cu2＋ )＝0.12 mol－(x－0.03) mol＝(0.15－x) mol，则有(x＋0.06)∶(0.15－x)＝2∶1，解得：x＝0.08，故m(Fe)＝0.08×56 g＝4.48 g。
17．(2016·山东济南调研)已知硅和铝相似，能与NaOH溶液反应生成Na2SiO3和H2，将2.8 g硅粉与2.3 g钠同时放入足量水中，采用恰当的方法收集反应过程中产生的气体(全部收集)。这些气体在标准状况下的体积为(　D　)
A．1.12 L B．4.48 L
C．5.6 L D．3.36 L
解析：2Na ＋　2H2O === 2NaOH＋H2↑
2×23 g　 2 mol　　22.4 L
2．3 g　　0.1 mol　 1.12 L
Si ＋　2NaOH＋H2O===Na2SiO3＋2H2↑
28 g　　2 mol　　 2×22.4 L
1．4 g　0.1 mol　　 2.24 L
反应后硅剩余 1.4 g，V(H2)＝1.12 L＋2.24 L＝3.36 L。
18．下列说法正确的是(　D　)
A．1.5 g CH中含有的电子数为6.02×1023
B．标准状况下，22.4 L NO和11.2 L O2混合后气体的分子总数为1.0×6.02×1023
C．工业用电解法进行粗铜精炼时，每转移1 mol电子，阳极上溶解的铜原子数必为0.5×6.02×1023
D．V L a mol·L－1的氯化铁溶液中，若Fe3＋的数目为6.02×1023，则Cl－的数目大于3×6.02×1023
解析：A项，1.5 g CH中含有的电子数为0.8×6.02×1023；B项，生成的NO2部分转化为N2O4，因此标准状况下，22.4 L NO和11.2 L O2混合后气体的分子总数小于1.0×6.02×1023：C项，电解精炼铜时，因阳极材料为粗铜，电解时阳极材料中杂质Fe、Zn等也失电子被氧化，因此工业用电解法进行粗铜精炼时，每转移1 mol电子，阳极上溶解的铜原子数必小于0.5×6.02×1023 ；D项，在FeCl3溶液中，Fe3＋发生水解导致Fe3＋数目减少，因此若Fe3＋的数目为6.02×1023，则Cl－的数目大于3×6.02×1023。
19．设NA为阿伏加德罗数常值，下列叙述正确的是(　C　)
A．100 mL 0.1 mol/L K2SO4溶液中，含有氧原子数为0.04NA
B．100 g 17%的氨水中，含有氨分子数为NA
C．1 mol Na与足量O2反应，生成Na2O和Na2O2的混合物，转移的电子数为NA
D．25 ℃时，1.0 L pH＝13的Ba(OH)2 溶液中，含有的OH－数目为0.2NA
解析：A项，溶液中有大量的水，水分子中也有氧原子；B项，氨气部分溶于水生成一水合氨，则氨气分子数小于NA；C项，1 mol Na完全反应，不管生成什么产物，均转移1 mol 电子；D项，pH＝13 即c(OH－)＝0.1 mol·L－1。
20．(2016·安徵安庆模拟)某稀硫酸和稀硝酸混合溶液200 mL，平均分成两份。向其中一份中逐渐加入铜粉，最多能溶解9.6 g Cu。向另一份中逐渐加入铁粉，产生气体的量随铁粉质量增加的变化如图所示(已知硝酸只被还原为NO气体)。下列分析或结果错误的是(　D　)
A．原混合酸中NO的物质的量为0.2 mol
B．OA产生的是NO，AB段的反应为Fe＋2Fe3＋===3Fe2＋，BC段产生的是氢气
C．第二份溶液中，终溶质为FeSO4
D．H2SO4浓度为4 mol·L－1
解析：铁粉既能与硝酸反应也能与硫酸反应，从题干图看出OA段产生的是NO，AB段的反应为Fe＋2Fe3＋===3Fe2＋，BC段产生的是氢气，反应为Fe＋2H＋===Fe2＋＋H2↑，可知OA段时铁粉将NO反应完了，由得失电子守恒得第二份溶液中NO应为×3÷3＝0.1 mol，溶液中最终溶质为FeSO4，此时反应的铁的质量是14.0 g，即0.25 mol，故原混合酸中H2SO4浓度为＝2.5 mol·L－1，原混合酸中NO的物质的量为0.2 mol。所以选D。

1．下列有关物质的性质或应用不相对应的是(　C　)
A．明矾能水解生成Al(OH)3胶体，可用作净水剂
B．工业上电解熔融状态的Al2O3制备Al
C．SO2具有氧化性，可用于漂白纸浆
D．如图所示，①为AlCl3溶液，②为浓氨水，则①中有白色沉淀生成
解析：C项，漂白纸浆体现出SO2的漂白性，错。
2．(2015·浙江卷)某同学采用硫铁矿焙烧取硫后的烧渣(主要成分为Fe2O3、SiO2、Al2O3，不考虑其他杂质)制备七水合硫酸亚铁(FeSO4·7H2O)，设计了如下流程：
下列说法不正确的是(　D　)
A．溶解烧渣选用足量硫酸，试剂X选用铁粉
B．固体1中一定有SiO2，控制pH是为了使Al3＋转化为Al(OH)3进入固体2
C．从溶液2得到FeSO4·7H2O产品的过程中，须控制条件防止其氧化和分解
D．若改变方案，在溶液1中直接加NaOH至过量，得到的沉淀用硫酸溶解，其溶液经结晶分离也可得到FeSO4·7H2O
解析：A项，选用H2SO4不引入杂质，加入铁粉的目的是和足量的酸及生成的Fe3＋反应，正确；B项，SiO2不溶于硫酸，所以固体1中一定有SiO2，控制pH是为了除去Fe2＋中的Al3＋，正确；C项，Fe2＋易被氧化，FeSO4·7H2O易分解，正确；D项，由于溶液1中铁以Fe3＋形式存在，所以加入NaOH至过量生成Fe(OH)3，最终只能得到Fe2(SO4)3，错误。
3．在FeCl3和CuCl2的混合溶液中加入过量铁粉，反应完全后剩余固体的质量大于加入的铁粉质量，已知原混合溶液中FeCl3为0.4 mol，则CuCl2的物质的量不可能是(　A　)
A．1 mol B．1.5 mol
C．2 mol D．2.5 mol
解析：氧化性：Fe3＋>Cu2＋，所以加入的铁粉先与Fe3＋反应：2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋，所以0.4 mol FeCl3 要消耗11.2 g Fe，由于剩余固体的质量大于加入的Fe粉的质量，设CuCl2的物质的量为n mol，则还要消耗n mol Fe而生成n mol Cu，所以 64n>56n＋11.2，解得n>1.4，所以选A。
4．(2016·江苏南京调研)将等物质的量的金属Na、Mg、Al分别与100 mL 2 mol·L－1的盐酸反应，实验测得生成气体的体积V(已折合为标准状况)与时间t的关系如图所示，则下列说法错误的是(　C　)
A．x＝2.24
B．Na的物质的量为0.2 mol
C．反应时，Na、Mg、Al均过量
D．曲线b为Mg与盐酸反应的图像
解析：由图像可以看出，生成气体的体积相等，则盐酸完全反应，x＝2.24，A项正确。根据生成的H2为2.24 L，可知Na失去0.2 mol电子，则Na的物质的量为0.2 mol，B项正确。反应时如果Na过量，则Na会与水反应，生成的气体必多于2.24 L，C项错误。根据反应速率可知曲线a、b、c依次是Na、Mg、Al与盐酸反应的图像，D项正确。
5．(2016·北京西城区期末)某溶液中含大量NH、Na＋、HCO、CO、CH3COO－，向其中加入足量的Na2O2固体后，溶液中离子浓度基本保持不变的是(假设溶液体积无变化)(　C　)
A．Na＋ B．CO、NH
C．CH3COO－ D．CH3COO－、Na＋
解析：过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，所以溶液中钠离子浓度增大，氢氧根离子和铵根离子反应生成氨气，所以铵根离子浓度减小，碳酸氢根离子和氢氧根离子反应生成碳酸根离子，所以碳酸氢根离子和碳酸根离子浓度都改变，故基本不变的是醋酸根离子，故选C。
6．下列叙述中不正确的是(　C　)
A．水玻璃可用于生产黏合剂和防火剂
B．碳酸氢铵受热分解产生的气体用碱石灰干燥后可得到纯净的氨气
C．浓硫酸、浓硝酸在常温下都能与铜较快反应
D．NH4HCO3溶液与NaHCO3溶液均能与盐酸、氢氧化钠溶液反应，且物质的量浓度相同时，NaHCO3溶液的pH大
解析：铜与浓硫酸加热才能较快反应。
7．(2016·陕西宝鸡模拟)下列有关物质的性质与应用叙述均正确且对应的是(　B　)
A．SiO2是一种良好的导体，可制光导纤维
B．氯水具有氧化性和漂白性，可用于自来水消毒
C．氨水具有挥发性，可用于检验氯化氢气体
D．浓H2SO4具有吸水性，可用于干燥硫化氢气体
解析：A项SiO2不导电；C项是应用NH3与HCl反应生成NH4Cl“白烟”来检验HCl；D项浓H2SO4不能干燥 H2S。
8．下列由相关实验现象所推断出的结论中，正确的是(　D　)
A．Cl2、SO2均能使品红溶液褪色，说明二者均有氧化性
B．加热分别盛有氯化铵和碘的两支试管，试管底部固体均减少，说明二者均发生升华
C．Fe与稀HNO3溶液、稀H2SO4溶液反应均有气泡产生，说明Fe与两种酸均发生置换反应
D．分别充满HCl、NH3的烧瓶倒置于水中后液面均迅速上升，说明二者均易溶于水
解析：Cl2能漂白是因为其与水反应生成的次氯酸有强氧化性，SO2能漂白是因为其与有色物质化合生成不稳定的无色物质，与氧化性无关，错误；B项，氯化铵加热固体减少是由于发生了分解反应，错误；C项，铁与稀硝酸反应生成NO，不属于置换反应，错误。
9．下列有关物质的性质和该性质的应用均正确的是(　B　)
A．NH3溶于水后显碱性，在FeCl3饱和溶液中通入足量NH3可制取Fe(OH)3胶体
B．碳酸钠溶液显碱性，用热的碳酸钠溶液可去除金属表面的油污
C．次氯酸钠具有强还原性，可用于配制“84”消毒液
D．铜的金属活动性比铝弱，可用铜罐代替铝罐贮运浓硝酸
解析：A项，制备氢氧化铁胶体只能用加热水解的方法，而通入氨气得到的是氢氧化铁沉淀，错误；B项，加热促进Na2CO3的水解，碱性增加，去污效果好，正确；C项，次氯酸钠具有强氧化性，错误；D项，浓硝酸与铜在常温下剧烈反应，而遇铝则发生钝化，错误。
10．CaCO3是一种化工原料，可以通过反应生成一系列物质，如下图所示。
下列说法正确的是(　C　)
A．Cl2和SO2均可以漂白有色物质，且漂白的原理相同
B．由 SiO2＋Na2CO3Na2SiO3＋CO2↑可知H2CO3的酸性弱于H2SiO3
C．工业上，可先向饱和食盐水中通入NH3后，再通入CO2 制 NaHCO3
D．制取玻璃、纯碱和漂白粉所涉及的反应都是非氧化还原反应
解析：Cl2和SO2的漂白原理分别是氧化性漂白和非氧化性漂白，A项错误；高温下制玻璃反应能发生是因为生成的CO2逸出促进反应正向进行，不能说明H2CO3和H2SiO3的酸性强弱，B项错误；C项是侯氏制碱法原理，正确；制取漂白粉涉及氧化还原反应，D项错误。
11．海洋中有丰富的矿产、能源和水产资源，如图所示为海水利用的部分流程。
下列有关说法正确的是(　A　)
A．制取NaHCO3的原理是利用其溶解度比较小
B．用澄清石灰水可鉴别NaHCO3和Na2CO3
C．在③④⑤步骤中，溴元素均被氧化
D．工业上通过电解饱和MgCl2溶液制取金属镁
解析：A项中发生的反应为CO2＋H2O＋NH3＋NaCl===NaHCO3↓＋NH4Cl，反应能够发生是因为NaHCO3的溶解度比较小，A项正确；B项中澄清石灰水与NaHCO3和Na2CO3反应都能产生碳酸钙沉淀，不能用于鉴别两种物质，B项错误；C项中④步骤为SO2＋2H2O＋Br2===H2SO4＋2HBr，溴元素被还原，C项错误；D项中工业上制取金属镁采用电解熔融MgCl2，不是电解饱和MgCl2溶液，D项错误。
12．如图所示是物质间发生化学反应的颜色变化，下列选项中所加物质均正确的是(　C　)
选项
M
N
P
Q
A
NH3·H2O
Ba(OH)2
铜
石蕊溶液
B
Na
BaCl2
FeO
KSCN
C
NaOH
Ba(NO3)2
锌粉
KSCN
D
NaHCO3
MgCl2
Fe
石蕊溶液
解析：A项中Ba(OH)2与Fe2(SO4)3溶液反应得到的是红褐色沉淀Fe(OH)3与白色沉淀BaSO4的混合物；B项中FeO不能还原Fe3＋ ；D项中MgCl2无法与Fe2(SO4)3反应生成沉淀。
13．(2016·黑龙江大庆模拟)甲、乙、丙、丁均为中学化学中常见的物质，它们之间存在如图所示的转化关系(部分产物略去)，甲不可能是(　C　)
A．NaOH 溶液 B．Fe
C．Al2O3 D．C
解析：A项，NaOH溶液与少量CO2反应生成Na2CO3 (乙)，与过量CO2反应生成NaHCO3 (丙)，Na2CO3和NaHCO3之间可相互转化，正确；B项，Fe与少量硝酸反应生成Fe(NO3)2(乙)，与过量硝酸反应生成Fe(NO3)3(丙)，Fe(NO3)2 和Fe(NO3)3 之间可相互转化，正确；C项，Al2O3无论与少量或过量NaOH溶液反应均只生成NaAlO2，与少量或过量盐酸反应均只生成AlCl3，不正确；D项，C与少量O2反应生成CO(乙)，与过量O2反应生成CO2 (丙)，CO和CO2之间可相互转化，正确。
14．下列物质性质与应用对应关系正确的是(　B　)
A．二氧化锰具有还原性，可用于实验室制备氯气
B．Na2O2能与水或二氧化碳反应生成氧气，可用作供氧剂
C．碳酸氢钠能与碱反应，可用作食品的膨松剂
D．Na2SO4浓溶液能使蛋白质发生盐析，可用于杀菌、消毒
解析：A项，实验室制氯气是利用了二氧化锰的氧化性，错误；B项，Na2O2能与水或二氧化碳反应生成氧气，可用作供氧剂，正确；C项，碳酸氢钠不稳定，受热发生分解产生CO2，使食物膨松，故可作食品膨松剂，错误；D项，Na2SO4浓溶液能使蛋白质溶液发生盐析，可用于蛋白质的提纯和分离，但不能用于杀菌消毒，错误。
15．(2015·北京石景山期末)海水中主要含有Na＋、K＋、Mg2＋、Ca2＋、Cl－、Br－、SO、HCO、CO等离子，火力发电时排放的烟气可用海水脱硫，其工艺流程如图所示：
下列说法错误的是(　D　)
A．海水pH约为8的原因主要是天然海水含CO、HCO
B．吸收塔中发生的反应有SO2＋H2O??H2SO3
C．氧化主要是氧气将HSO、SO、H2SO3氧化为SO
D．经稀释后排放出的废水中，SO浓度与海水相同
解析：海水中含有能发生水解的CO和HCO，水解反应为CO＋H2O??HCO＋OH－和HCO＋H2O??H2CO3＋OH－，水解后溶液呈碱性，所以天然海水的pH≈8，故A项正确；吸收塔中发生的是海水中的水与SO2反应生成H2SO3，从而将烟气中的SO2吸收，反应方程式为SO2＋H2O??H2SO3，故B项正确；天然海水吸收了含硫烟气后，要用氧气进行氧化处理，氧气将H2SO3、HSO、SO等氧化为SO，故C项正确；从框图可知，排放出来的废水中SO的浓度比海水中的浓度大，故D项错误。
16．如图利用培养皿探究SO2的性质。实验时向Na2SO3固体上滴几滴浓硫酸，立即用另一表面皿扣在上面。
下表中对实验现象的描述或所做的解释正确的是(　B　)
选项
实验现象
解释
A
BaCl2溶液变浑浊
SO2与BaCl2溶液反应产生了BaSO3沉淀
B
Na2S溶液变浑浊
SO2与Na2S溶液反应产生了S单质
C
Ba(NO3)2溶液无变化
SO2未反应
D
石蕊溶液褪色
SO2具有漂白性
解析：向Na2SO3固体上滴几滴浓硫酸反应生成二氧化硫气体，依据二氧化硫的性质判断：二氧化硫不与氯化钡反应，BaCl2溶液无变化，A项错误；SO2与Na2S溶液发生氧化还原反应生成S单质；B项正确；酸性条件下Ba(NO3)2中的NO能将SO2氧化，从而产生浑浊，C项错误；二氧化硫气体溶于水显酸性，使石蕊溶液变红，D项错误。
17．(2016·江苏扬州高中模拟)X、Y、Z、W四种物质在一定条件下具有如图所示的转化关系，下列判断正确的是(　C　)
A．若图中反应均为非氧化还原反应，当W为一元强碱时，则X可能是NaAlO2
B．若图中反应均为非氧化还原反应，当W为一元强酸时，则X可能是NH3
C．若图中反应均为氧化还原反应，当W为非金属单质时，则Z可能是CO2
D．若图中反应均为氧化还原反应，当W为金属单质时，则Z可能是FeCl3
18．(2016·江西南昌模拟)美国普度大学研究开发出一种利用铝镓合金制备氢气的新工艺(如图所示)。下列有关该工艺的说法错误的是(　C　)
A．铝镓合金与水反应的化学方程式为2Al＋3H2OAl2O3＋3H2↑
B．总反应式为2H2O2H2↑＋O2↑
C．该过程中，能量的转化形式只有两种
D．铝镓合金可以循环使用
解析：该过程中太阳能转化为电能、电能转化为化学能，铝镓合金与水反应时还有一部分化学能转化为热能。

1．下列关于有机物的说法不正确的是(　B　)
A．可以用水来鉴别苯和CCl4
B．CH2Cl2有两种同分异构体
C．煤的干馏属于化学变化
D．加热能杀死H7N9禽流感病毒是因为构成病毒的蛋白质受热变性
解析：CH4是正四面体结构，它的二氯取代物CH2Cl2没有同分异构体。
2．(2016·全国卷丙)下列说法错误的是(　A　)
A．乙烷室温下能与浓盐酸发生取代反应
B．乙烯可以用作生产食品包装材料的原料
C．乙醇室温下在水中的溶解度大于溴乙烷
D．乙酸与甲酸甲酯互为同分异构体
解析：A项，乙烷和浓盐酸不反应。B项，乙烯发生加聚反应生成聚乙烯，聚乙烯可作食品包装材料。C项，乙醇与水能以任意比例互溶，而溴乙烷难溶于水。D项，乙酸与甲酸甲酯分子式相同，结构不同，两者互为同分异构体。
3．下列说法正确的是(　C　)
A．凡是分子组成相差一个或几个CH2原子团的物质，彼此一定是同系物
B．在鸡蛋清溶液中分别加入饱和Na2SO4、CuSO4溶液，都会因盐析产生沉淀
C.和CO2转化为的反应符合绿色化学的原则
D．用新制氢氧化铜悬浊液无法检验失去标签的乙醇、乙醛、乙酸三瓶无色溶液
解析：组成同系物的物质必须含有同种类型和数目相同的官能团，A项错误；加入CuSO4溶液，鸡蛋清溶液会因加入重金属盐而变性、沉淀，B项错误；只生成一种生成物，则原子利用率是100%，C项正确；新制氢氧化铜分别加入到乙醇、乙醛、乙酸中的现象是：无现象、生成红色沉淀(加热)、悬浊液变为蓝色溶液，能够鉴别，D项错误。
4．(2016·北京模拟)有机化合物与我们的生活息息相关，下列说法正确的是(　A　)
A．甲苯的硝化、油脂的皂化均可看作取代反应
B．蛋白质水解生成葡萄糖放出热量，提供生命活动的能量
C．石油裂解的目的是为了提高轻质液体燃料的产量和质量
D．棉花和合成纤维的主要成分是纤维素
解析：蛋白质水解生成氨基酸，B项错误；石油裂解的目的是为了获得更多的乙烯、丙烯等化工基本原料，C项错误；合成纤维的主要成分不属于纤维素，D项错误。
5．(2016·江西重点中学模拟)某烷烃相对分子质量为86，如果分子中含有3个—CH3、2个—CH2—和1个，则该结构的烃的一氯取代物最多可能有(不考虑立体异构)(　A　)
A．9种 B．6种
C．5种 D．4种
解析：某烷烃相对分子质量为86，则该烷烃中含有碳原子数目：N＝＝6，为己烷；分子中含有3个—CH3、2个—CH2—和1个，则该己烷分子中只能含有1个支链甲基，不会含有乙基，其主链含有5个C，满足条件的己烷的结构简式：①CH3CH(CH3)CH2 CH2 CH3，②CH3 CH2 CH (CH3) CH2 CH3，其中①分子中含有 5种位置不同的H，即其一氯代物的数目为5；②分子中含有4种位置不同的H，则其一氯代物有4种，所以该结构的烃的一氯取代物最多可能有5＋4＝9种，故选A。
6．下列有关说法错误的是(　C　)
A．油脂的种类很多，但它们水解后都一定有一产物相同
B．淀粉、纤维素都属糖类，它们通式相同，但它们不互为同分异构体
C．已知CH4＋H2OCH3OH＋H2，该反应的有机产物是无毒物质
D．C(CH3)4的二氯代物只有2种
解析：A项中油脂水解都会产生甘油；C项中CH3OH有毒；D项中四个甲基完全相同，二氯代物有2种情况；两个氯原子取代在一个甲基上、两个氯原子分别取代在两个甲基上。
7．(2016·山西太原摸底)下列关于苯的叙述正确的是(　B　)
A．反应①为取代反应，有机产物位于水层之上
B．反应②为氧化反应，反应现象是火焰明亮并带有浓烟
C．反应③为取代反应，有机产物是一种烃
D．反应④中1 mol苯最多与3 mol H2发生加成反应，是因为苯分子中含有三个碳碳双键
解析：反应①为苯的溴代，生成的溴苯密度比水大，沉在水底，A项错误；反应③为苯的硝化，属于取代反应，生成硝基苯，为烃的衍生物，C项错误；苯分子中无碳碳双键，D项错误。
8．(2015·福建卷)下列关于有机化合物的说法正确的是(　B　)
A．聚氯乙烯分子中含碳碳双键
B．以淀粉为原料可制取乙酸乙酯
C．丁烷有3种同分异构体
D．油脂的皂化反应属于加成反应
解析：A项，聚氯乙烯是氯乙烯的加聚产物，不含碳碳双键，错误；B项，由淀粉水解可得到葡萄糖，葡萄糖发酵可得到乙醇，乙醇氧化得到乙酸，乙醇、乙酸发生酯化反应可得到乙酸乙酯，正确；C项，丁烷有正丁烷、异丁烷两种结构，错误；D项，皂化反应是油脂在碱性条件下水解，属于取代反应，错误。
9．下列各组中的反应，不属于同一种反应类型的是(　A　)
A．乙烯使溴水褪色；乙烯使酸性高锰酸钾溶液褪色
B．苯与液溴混合后加入铁粉；光照甲烷与氯气的混合气体
C．苯与氢气在镍作催化剂的条件下反应；乙烯与水反应制乙醇
D．乙醇与乙酸的酯化反应；乙酸乙酯在酸性条件下的水解反应
解析：A项，前者发生加成反应，后者发生氧化反应，正确；B项，发生的都是取代反应，错误；C项，发生的都是加成反应，错误；D项，发生的都是取代反应，错误。
10．有机物X、Y、M(M为乙酸)的转化关系为淀粉―→X―→Y乙酸乙酯，下列说法错误的是(　B　)
A．X可用新制的氢氧化铜检验
B．Y可发生加成反应
C．由Y生成乙酸乙酯的反应属于取代反应
D．可用碘的四氯化碳溶液检验淀粉是否水解完全
解析：分析上述转化关系，可确定X为葡萄糖，Y为乙醇，乙醇不能发生加成反应。
11．(2016·湖南株洲调研)下列叙述中正确的是(　A　)
A．C5H12的同分异构体有3种
B．乙醇不能发生取代反应
C．碳原子数小于或等于6的单烯烃，与HBr反应时的产物只有一种结构，符合条件的单烯烃有5种
D．甲醇、乙二醇(HOCH2CH2OH)互为同系物
解析：戊烷有正戊烷、异戊烷和新戊烷3种，A项正确；乙醇能够与乙酸发生酯化反应，属于取代反应，B项错误；符合条件的单烯烃分别为CH2＝CH2，CH3CH＝CHCH3，CH3CH2CH＝CHCH2CH3，
(CH3 )2C＝C(CH3 )2，共 4种，C项错误；甲醇为一元醇，乙二醇为二元醇，二者不是同系物的关系，D项错误。
12．(2016·福建龙岩模拟)化合物X(分子式为C2H6O)具有如下性质：X＋Na―→慢慢产生气泡；X＋乙酸―→有香味的产物Y。以下判断正确的是(　C　)
A．X的结构简式为CH3OCH3
B．香味产物Y的分子式为C4H10O3
C．X由乙烯通过加成反应制得
D．X、Y和乙酸均能与烧碱反应
解析：由题意知，化合物X(分子式为C2H6O)是乙醇，Y是乙酸乙酯。乙醇的结构简式为CH3CH2OH，A项不正确；有香味的产物为乙酸乙酯，其分子式为C4H8O2，B项不正确；乙烯与水发生加成反应生成乙醇，C项正确；乙醇与氢氧化钠不反应，D项不正确。
13．用酸性KMnO4溶液不能达到预期目的的是(　C　)
A．区别苯和甲苯
B．检验硫酸铁溶液中是否有硫酸亚铁
C．检验CH2＝CHCHO中含碳碳双键
D．区别SO2和CO2
解析：A项，苯不能使酸性KMnO4溶液褪色，而甲苯能使酸性KMnO4溶液褪色，可以区分，正确；B项，Fe2＋具有还原性，能与酸性KMnO4溶液反应使溶液褪色，可以检验出硫酸亚铁，正确；C项，碳碳双键和醛基均能被KMnO4溶液氧化而使溶液褪色，不能检验出碳碳双键，错误：D项，SO2能使酸性KMnO4溶液褪色，而CO2不能使酸性KMnO4溶液褪色，可以区分，正确。
14．(2016·吉林长春模拟)下列有关同分异构体数目的叙述中，正确的是(　C　)
A．萘()的二氯代物有8种
B．C8H10中只有3种属于芳香烃的同分异构体
C．甲苯苯环上的一个氢原子被含3个碳原子的烷基取代，所得产物有6种
D．CH3CH2CH2CH3光照下与氯气反应，可得到1种一氯代烃
解析：A项，的二氯代物有、、、、、、、、、，共10种；B项，C8H10有、、、4种属于芳香烃的同分异构体；C项，丙基的同分异构体有2种，所以取代中苯环上的氢原子分别得到邻、间、对各3种同分异构体，共2×3＝6(种)；D项，CH3CH2CH2CH3在光照条件下的取代反应，可得到2种一氯代烃。
15．(2016·河北保定期末)下列化学方程式或相应的描述涉及的反应与相应的反应类型不一致的是(　B　)
A．CH3CH2OH＋CH3COOHCH3COOCH2CH3＋H2O　取代反应
B．苯中加入溴水，充分振荡静置，溴水褪色　取代反应
C．nCH2＝CHCl　加聚反应
D．CH2＝CH2＋Br2―→CH2BrCH2Br　加成反应
解析：苯中加入溴水，充分振荡静置，溴水褪色，是苯萃取了溴水中的溴单质，不是取代反应。
16．(2016·辽宁五校模拟)与CH2＝CH2―→CH2Br—CH2Br的变化属于同一反应类型的是(　A　)
A.
B．C2H5Cl―→CH2＝CH2
C.
D．CH3COOH―→CH3COOC2H5
解析：题干所给反应为加成反应。苯与氢气发生加成反应生成环己烷，A项正确；氯乙烷生成乙烯为消去反应，B项错误；苯生成硝基苯为取代反应，C项错误；乙酸生成乙酸乙酯为取代反应，D项错误。
17．(2016·全国卷丙)已知异丙苯的结构简式如下，下列说法错误的是(　C　)
A．异丙苯的分子式为C9H12
B．异丙苯的沸点比苯高
C．异丙苯中碳原子可能都处于同一平面
D．异丙苯和苯为同系物
解析：A项，异丙苯的分子式为C9H12。B项，异丙苯比苯的碳原子数多，所以异丙苯的沸点比苯高。C项，异丙苯中与苯环相连的C原子上有四个单键，所有C原子不可能共面。D项，异丙苯和苯的结构相似，相差3个“CH2”原子团，是苯的同系物。
18．(2016·河南洛阳二模)相对分子质量均为88的饱和一元醇和饱和一元羧酸发生酯化反应，生成酯的结构可能有(不考虑立体异构)(　C　)
A．8种 B．12种
C．16种 D．18种
解析：饱和一元醇的通式为CnH2n＋2O，所以12n＋18＝88，n＝5，所以醇为C5H12O，羧酸为C4H8O2，戊醇有8种，丁酸有2种，所以它们形成的酯共有16种。
19．(2016·东北三省三校二模)有机物蒽的结构简式为，它的二溴代物的同分异构体的数目为(　C　)
A．13 B．14
C．15 D．16
解析：
(1)2个Br同时在α位上有1种；
(2)2个Br同时在β位上有3种；
(3)2个Br同时在γ位上有3种；
(4)2个Br一个在α位，一个在β位有2种；
(5)2个Br一个在α位，一个在γ位有2种；
(6)2个Br一个在β位，一个在γ位有4种；
综上所述共有15种。
20．已知下列芳香化合物，请推测第12列有机物的分子式为(　B　)
A．C72H48 B．C72H50　　
C．C72H52 D．C72H54
解析：根据给出的前四列的规律可知第12列含有12个苯环，且有11×2个无氢碳原子，故其分子中含有的碳原子数为12×6＝72，氢原于数为12×6－11×2＝50，即分子式为C72H50，B项正确。
21．山梨酸是应用广泛的食品防腐剂，其结构如图。下列关于山梨酸的说法错误的是(　B　)
A．分子式为C6H8O2
B．1 mol该物质最多可与3 mol Br2发生加成反应
C．可使酸性KMnO4溶液褪色
D．可与醇发生取代反应
解析：该有机物的官能团有和—COOH两种，Br2不能与—COOH发生加成反应。
22．某有机物的结构简式如右图所示，下列说法正确的是(　A　)
A．可使溴的四氯化碳溶液或酸性KMnO4溶液褪色
B．含有两种官能团
C．与乙酸互为同系物
D．可以发生取代反应和加成反应，但不能发生聚合反应
解析：该有机物含有—COOH、—OH、三种官能团，碳碳双键能使酸性KMnO4溶液和溴的四氯化碳溶液褪色。
23．(2016·西藏拉萨模拟)顺式－乌头酸是一种具有特殊功能的有机物，其结构简式如图所示。下列有关它的说法中正确的是(　B　)
A．分子式为C6H4O6
B．1 mol该物质最多能消耗3 mol NaOH
C．能使酸性KMnO4溶液和溴的四氯化碳溶液褪色且褪色原理相同
D．能发生酯化反应和水解反应
解析：顺式—乌头酸的分子式为C6H6O6，A项错误；顺式—乌头酸结构中含有羧基和碳碳双键，羧基能发生酯化反应但不能发生水解反应，碳碳双键能够与溴单质发生加成反应使其褪色，与酸性KMnO4溶液发生氧化反应使其褪色，C、D项错误。
24．下列说法正确的是(　A　)
A．分子式为C10H12O2的有机物，①苯环上有两个取代基，②能与NaHCO3反应生成气体，满足以上2个条件的该有机物的同分异构体有15种
B．对苯二甲酸()与乙二醇(HOCH2CH2OH)能通过加聚反应制取聚酯纤维()
C．分子式为C5H12O的醇，能在铜催化下被O2氧化为醛的同分异构体有5种
D．分子中的所有原子有可能共平面
解析：有机物能与NaHCO3反应生成气体说明含有羧基，两个取代基有如下组合：、、、、，五种组合中的任意一组取代基可位于苯环的邻、间、对位，共15种，A项正确；应该通过缩聚反应得到，B项错误；能在铜催化下被O2氧化为醛的醇含—CH2OH，则余下的部分是—C4H9，而—C4H9有4种结构，C项错误；由于分子中含甲基，则所有原子不可能共平面，D项错误。

1．下列操作或叙述正确的是(　C　)
A．实验中不慎将酒精灯打翻，导致酒精洒落桌面并起火，迅速用水扑灭
B．在蔗糖中滴加浓硫酸产生的气体，能使酸性KMnO4溶液褪色，说明该气体具有漂白性
C．测定中和反应的反应热时，将碱溶液缓慢倒入酸溶液中，所测温度值偏小
D．做酸碱中和滴定实验时，滴定前应将锥形瓶用待测液润洗
2．(2016·甘肃河西联考)下列有关试剂的保存方法正确的是(　B　)
①NaOH固体保存在配有橡皮塞的细口瓶中；
②Na2CO3溶液通常保存在配有橡皮塞的细口瓶中；
③液溴通常用水封保存；
④锂保存在煤油中；
⑤浓硝酸通常保存在棕色广口瓶中。
A．①③⑤ B．②③
C．②④⑤ D．①③④
解析：固体应放在广口瓶，液体放在细口瓶；碱性物质应用橡胶塞；液溴通常用水封保存可防止挥发；锂的密度比煤油小，一般用石蜡密封。
3．(2015·天津卷)下列关于物质或离子检验的叙述正确的是(　B　)
A．在溶液中加KSCN，溶液显红色，证明原溶液中有Fe3＋，无Fe2＋
B．气体通过无水CuSO4，粉末变蓝，证明原气体中含有水蒸气
C．灼烧白色粉末，火焰呈黄色，证明原粉末中有Na＋，无K＋
D．将气体通入澄清石灰水，溶液变浑浊，证明原气体是CO2
解析：A项，KSCN只能检验Fe3＋的存在，无法确定Fe2＋是否存在，错误；B项，水蒸气可使无水硫酸铜变蓝，正确；C项，通过焰色反应确定有无K＋时，需透过蓝色钴玻璃观察火焰是否显紫色，Na＋的黄色影响紫色的观察，错误；D项，SO2也可与氢氧化钙溶液反应生成CaSO3白色沉淀，错误。
4．关于下列各实验装置的叙述中， 不正确的是(　B　)
A．装置甲可用于分离苯和水的混合物
B．装置乙可用于排气法收集H2、CO2、Cl2、NO、NO2等气体
C．装置丙中X若为CCl4，可用于吸收NH3或HCl，并防止倒吸
D．装置丁可用于干燥、收集NH3，并吸收多余的NH3
解析：A项，苯和水属于互不相溶的液体混合物，可用分液漏斗分离，正确；B项，NO极易和空气中氧气反应生成NO2，不能用排空气法收集，错误；C项，CCl4不与氨气和氯化氢反应，可起到防倒吸作用，正确；D项，此装置可用于收集氨气，同时倒置的漏斗在此处有防倒吸作用，正确。
5．下面实验装置能完成相应实验是(　C　)
解析：溶液倒吸导致得不到氯化氢，故A项错误；氯化铵加热时分解，冷却时在导管口又生成氯化铵，所以得不到氨气，故B项错误；分离沸点不同的液体混合物可以采用蒸馏的方法，温度计水银球应该在蒸馏烧瓶支管口处，故D项错误。
6．(2016·山东烟台调研)用下列实验装置完成对应的实验(部分仪器已省略)，能达到实验目的是(　D　)
解析：A项中导气管应长进短出，错误；B项中导管插人液面以下易引起倒吸；C项中温度计水银球应处于蒸馏烧瓶支管口处。即A、B、C项均不能达到实验目的。
7．(2016·云南昆明模拟)下列有关实验的叙述正确的是(　C　)
A．可用碱式滴定管量取12.85 mL的KMnO4溶液
B．实验室蒸馏乙醇可用如图甲所示实验装置
C．取用金属钠或钾时，没用完的钠或钾要放回原瓶
D．配制500 mL 0.4 mol/L NaCl溶液，必要的仪器如图乙所示
解析：A中KMnO4溶液具有强氧化性，不能用碱式滴定管量取；B中的温度计水银球应位于蒸馏烧瓶支管口处；D中不需要分液漏斗，还需要容量瓶和胶头滴管。
8．(2016·河南郑州质检)对于下列装置，不添加其他仪器无法检查气密性的是(　A　)
解析：本题解题的关键是理解气密性检査的原理，即当气体压强改变时，伴随着液面升高或降低的现象，此时装置气密性良好，否则表示装置漏气。对B项来说，向长颈漏斗中注入水，至浸没其下端管口，一段时间后，若液面不再变化，说明气密性良好；对C项和D项来说，被检査的部分属于一个密封体系，能检验其气密性；对A项来说，分液漏斗与烧瓶用橡皮管连接，气体压强相等，在不添加其他仪器的情况下无法检査气密性。
9．下列实验方法及操作方法正确的是(　D　)
A．配制一定物质的量浓度的溶液时，若摇匀后发现液面低于刻度线，要再用胶头滴管加水至刻度线
B．除去FeCl2溶液中的少量FeBr2，可先加入适量氯水，再用CCl4萃取分液
C．为减小中和滴定误差，锥形瓶必须洗净并烘干后才能使用
D．向溶液中先加入KSCN溶液无明显现象，再加入新制氯水，溶液呈血红色，证明原溶液中含有Fe2＋
解析：配制一定物质的量浓度的溶液时，定容后摇匀发现容量瓶内液面低于刻度线，其原因是溶液沾在刻度线以上的容量瓶内壁上，不需要再加水，A项错误；由于加入氯水之后，将溶液中的Fe2＋氧化成了Fe3＋，B项错误；在中和滴定实验中，锥形瓶不需要干燥，C项错误。
10．(2016·湖北黄石模拟)现有稀硫酸和用铜网包好的锌粒及下图中的有关仪器和用品。需要组装一套制备适量氢气的简易装置，要求能随开随用、随关随停。则应选用的仪器(不得损坏)的编号是(　C　)
①试管；②烧杯；③酒精灯；④铜块；⑤玻璃管；⑥带有玻璃导管和活塞的橡胶塞
A．①②⑤⑥ B．①②④⑥
C．②④⑤⑥ D．②③⑤⑥
解析：铜块置于烧杯中，如稀硫酸，将用铜网包好的锌粒放在铜块上，用玻璃管罩住并塞上橡胶塞。
11．实验室中某些气体的制取、收集及尾气处理装置如图所示(省略夹持和净化装置)。仅用此装置和表中提供的物质完成相关实验，最合理的选项是(　B　)
选项
a中的物质
b中的物质
c中收集的气体
d中物质
A
浓氨水
CaO
NH3
H2O
B
浓硫酸
Na2SO3
SO2
NaOH溶液
C
稀硝酸
Cu
NO2
H2O
D
浓盐酸
MnO2
Cl2
NaOH溶液
解析：实验室利用CaO和浓氨水制取氨气，应选择向下排空气法收集，A项错误；收集SO2时选择向上排空气法，B项正确；制取NO2时选择浓硝酸和Cu反应，用NaOH溶液吸收尾气，C项错误；MnO2氧化浓盐酸制取Cl2时，需要加热才能发生，D项错误。
12．下列物质中杂质(括号内为杂质)的检验、除杂的试剂或方法都正确的是(　B　)
物质及其杂质
检验
除杂
A
Cl2(HCl)
湿润的淀粉－KI试纸
饱和食盐水
B
NO(NO2)
观察颜色或湿润的淀粉－KI试纸
水
C
CO2(HCl)
AgNO3溶液(含稀硝酸)
饱和Na2CO3溶液
D
NaHCO3溶液(Na2CO3)
Ca(OH)2溶液
过量CO2
解析：A项，湿润的淀粉－KI试纸可检验Cl2，而不能检验HCl；B项，NO2与水反应生成HNO3和NO，可以除去NO中NO2，HNO3能氧化KI生成I2，I2遇淀粉变蓝，故可以检验NO2 ；C项，除去CO2中HCl，应选择饱和NaHCO3溶液；D项，检验NaHCO3溶液中的Na2CO3，应选择CaCl2溶液，因为Ca(OH)2与NaHCO3和Na2CO3溶液均可反应产生白色沉淀CaCO3，不可检验。
13．对某些离子的检验及结论一定正确的是(　C　)
A．加入稀盐酸产生无色无味的气体，将气体通入澄清石灰水中，溶液变浑浊，一定有CO
B．加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，一定有SO
C．加入氢氧化钠溶液并加热，产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝；一定有NH
D．加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸白色沉淀消失，一定有Ba2＋
解析：A项，生成气体CO2的离子可能是HCO；B项，不能排除Ag＋的可能性；C项，正确；D项，不能排除Ca2＋的可能性。
14．(2016·山西太原模考)除去下列物质中所含的杂质，选用的试剂正确的是(　C　)
选项
物质(杂质)
试剂
A
Al2O3(SiO2)
NaOH溶液
B
CO2(SO2)
Na2CO3溶液
C
FeCl2 溶液(FeCl3)
Fe粉
D
NaHCO3 溶液(Na2CO3)
Ca(OH)2 溶液
解析：A项，二者都能与NaOH溶液反应，B项，二者都能与Na2CO3溶液反应，应将混合气体通过饱和NaHCO3溶液洗气；D项，二者都能与Ca(OH)2溶液反应。
15．(2016·浙江杭州二模)下图表示从固体混合物中分离X的2种方案，请根据方案Ⅰ与方案Ⅱ指出下列说法不合理的是(　B　)
A．可以选用方案Ⅰ分离NaCl中的I2
B．方案Ⅰ中X物质不可能是受热易分解的物质
C．方案Ⅱ中加入NaOH溶液可以分离出含SiO2杂质的Fe2O3
D．方案Ⅱ中加入的可以是能够溶解除X外的其余物质的试剂
解析：I2易升华，故可用加热法分离NaCl和I2，A项正确；用加热法也可以分离NaCl和NH4Cl的混合物，B项错误；SiO2与NaOH溶液反应生成易溶于水的Na2SiO3，而Fe2O3与NaOH溶液不反应，C项正确；依据方案Ⅱ的分离方案判断D项正确。
16．下列实验目的能实现的是(部分夹持装置已略去)(　D　)
A．对溶液进行蒸发、浓缩、结晶
B．以己烯为萃取剂萃取溴水中的溴单质
C．用已知浓度的氢氧化钠溶液滴定未知浓度的盐酸
D．用稀硝酸与铜反应制取并收集NO
解析：A项，蒸发溶液在蒸发皿中进行；B项，己烯能与溴发生加成反应，不能用作萃取溴水中溴单质的萃取剂；C项，NaOH溶液应盛装在碱式滴定管中；D项，稀硝酸与铜反应生成NO，NO难溶于水，可以用排水法收集。
17．下列物质的检验，其结论一定正确的是(　C　)
A．向某溶液中加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，加入HNO3后，白色沉淀不溶解，也无其他现象，说明原溶液中一定含有SO
B．向某溶液中加盐酸产生无色气体，该气体能使澄清的石灰水变浑浊，说明该溶液中一定含有CO或SO
C．取少量久置的Na2SO3样品于试管中加水溶解，再加盐酸酸化，然后加BaCl2溶液，若加HCl时有气体产生，加BaCl2时有白色沉淀产生，说明Na2SO3样品已部分被氧化
D．将某气体通入品红溶液中，品红溶液褪色，该气体一定是SO2
解析：A 项，HNO3 可将SO或HSO氧化为SO，且原溶液中还可能是有Ag＋，错误；B项，还可能是含有HCO或HSO，错误；C项，有气体产生说明有Na2SO3，最终有白色沉淀说明有Na2SO4，正确；D项，该气体还可能是Cl2、O3等，错误。
18．下列根据实验操作和实验现象所得出的结论，正确的是(　B　)
选项
实验操作
实验现象
结论
A
向2 mL 2%的CuSO4溶液中加入0.5 mL的NaOH溶液，振荡后滴加几滴M的溶液，加热
未出现砖红
色沉淀
M中不含醛基
B
在CuSO4溶液中加入KI溶液，再加入苯，振荡后静置
有白色沉淀生成，苯层呈紫红色
白色沉淀可能为CuI
C
向有机试剂N中加入2 mL 5%的NaOH溶液，加热，冷却后取上层溶液滴加几滴AgNO3溶液
出现褐色沉淀
N不是卤代烃
D
将Fe(NO3)2样品溶于稀H2SO4后，滴加KSCN溶液
溶液变为血红色
Fe(NO3)2样品已氧化变质
解析：所加NaOH的量比较少，未出现砖红色沉淀不能说明M中不含醛基，A项错误；苯层呈紫红色是有碘单质生成，说明CuSO4将I－氧化为I2，Cu2＋被还原为白色的CuI，B项正确；卤代烃水解是在碱性条件下发生，若直接加入AgNO3溶液容易产生AgOH沉淀，检验卤离子前应加HNO3酸化，然后再加AgNO3溶液，C项错误；NO在酸性条件下能将Fe2＋氧化为Fe3＋，即原来样品不一定变质，D项错误。

1．(2016·全国卷丙)四种短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、X的简单离子具有相同电子层结构，X的原子半径是短周期主族元素原子中最大的，W与Y同族，Z与X形成的离子化合物的水溶液呈中性。下列说法正确的是(　B　)
A．简单离子半径：WB．W与X形成的化合物溶于水后溶液呈碱性
C．气态氢化物的热稳定性：WD．最高价氧化物的水化物的酸性：Y>Z
解析：四种短周期主族元素的原子序数依次增大，X的原子半径是短周期主族元素原子中最大的，则X为Na元素；Z与X(Na)形成的离子化合物的水溶液呈中性，则Z为Cl元素；因W与X的简单离子电子层结构相同，且W与Y同族，则W可能为N(或O)元素、Y可能为P(或S)元素。A项，Na＋与N3－(或O2－)电子层结构相同，核电荷数越大，离子半径越小，电子层数越多离子半径越大，故离子半径：Na＋Y。D项，最高价氧化物对应的水化物中HClO4是最强的无机含氧酸。
2．(2015·浙江卷)右下表为元素周期表的一部分，其中X、Y、Z、W为短周期元素，W元素原子的核电荷数为X元素的2倍。下列说法正确的是(　D　)
X
Y
Z
W
T
A.X、W、Z元素的原子半径及它们的气态氢化物的热稳定性均依次递增
B．Y、Z、W元素在自然界中均不能以游离态存在，它们的最高价氧化物的水化物的酸性依次递增
C．YX2晶体熔化、液态WX3气化均需克服分子间作用力
D．根据元素周期律，可以推测T元素的单质具有半导体特性，T2X3具有氧化性和还原性
解析：由于X、W是短周期的同主族元素，再由原子序数关系可推知X是O，W是S，所以Y是Si，Z是P，T是As。A项，原子半径：XW(同周期)，综合可知原子半径：Z>W>X，非金属性：X>W(同主族)、ZW>Z，所以气态氢化物的稳定性：X>W>Z，错误；B项，自然界中存在游离态的硫．错误；C项，SiO2晶体是原子晶体，熔化时克服共价键，液态SO3汽化时克服分子间作用力，错误；D项，As位于金属和非金属的交界处，所以单质As具有半导体特性，As2O3中As显＋3价，既可以升高又可以降低，所以具有氧化性和还原性，正确。
3．元素R、X、T、Z、Q在元素周期表中的相对位置如图所示，其中R单质在暗处与H2剧烈化合并发生爆炸。则下列判断正确的是(　A　)
A．R与Q的电子数相差26
B．非金属性：Z>T>X
C．气态氢化物的稳定性：RD．最高价氧化物对应的水化物的酸性：X解析：根据题意知R是氟，则T是氯、Q是溴，X是硫，Z是氩。第三、四周期的元素种类数分别是8、18，则溴的原子序数比氟的大8＋18＝26，A项正确；氩是稀有气体，不易得失电子，非金属性最弱，B项错误；同主族从上到下元素的非金属性逐渐减弱，气态氢化物的稳定性也逐渐减弱，C项错误；氟的非金属性最强，没有最高价含氧酸，D项错误。
4．(2015·全国卷Ⅰ)W、X、Y、Z均为短周期主族元素，原子序数依次增加，且原子核外L电子层的电子数分别为0、5、8、8，它们的最外层电子数之和为18。下列说法正确的是(　B　)
A．单质的沸点：W>X
B．阴离子的还原性：W>Z
C．氧化物的水化物的酸性：YD．X与Y不能存在于同一离子化合物中
解析：由于都是短周期主族元素，而W和X的L层电子数为0和5，所以W是H，X是N，Y和Z的最外层电子数之和是12，所以Y是P，Z是Cl。A项，结构相似的气体，相对分子质量越大，沸点越高，故沸点：N2>H2，错误；B项，非金属性：Cl>H，所以还原性：H－>Cl－，正确；C项，未说明是否是最高价氧化物的水化物，错误；D项，离子化合物(NH4)3PO4中既含N又含P，错误。
5．(2015·重庆卷)黑火药是中国古代的四大发明之一，其爆炸的热化学方程式为S(s)＋2KNO3(s)＋3C(s)===K2S(s)＋N2(g)＋3CO2(g)　ΔH＝x kJ·mol－1
已知：碳的燃烧热ΔH1＝a kJ·mol－1
S(s)＋2K(s)===K2S(s)　ΔH2＝b kJ·mol－1
2K(s)＋N2(g)＋3O2(g)===2KNO3(s)　ΔH3＝c kJ·mol－1
则x为(　A　)
A．3a＋b－c B．c－3a－b
C．a＋b－c D．c－a－b
解析：由碳的燃烧热可得碳燃烧的热化方程式：①C(s)＋O2(g)===CO2 (g)　ΔH1＝a kJ·mol－1，若②为S(s)＋2K(s)===K2S(s)　ΔH2＝b kJ·mol－1，③为2K(s)＋N2(g)＋3O2(g)===2KNO3(s)　ΔH3＝c kJ·mol－1，应用盖斯定律：①×3＋②－③可得黑火药爆炸的热化学方程式，ΔH＝3a＋b－c，A项正确。
6．下列说法正确的是(　A　)
A．如图可表示水分解过程中的能量变化
B．若2C(s)＋O2(g)===2CO(g)　ΔH＝－221.0 kJ/mol，则碳的燃烧热为110.5 kJ/mol
C．需要加热的反应—定是吸热反应，常温下能发生的反应一定是放热反应
D．已知I：反应H2(g)＋Cl2(g)===2HCl(g)
ΔH＝－a kJ/mol
Ⅱ：
且a、b、c均大于零，则断开1 mol H—Cl键所需的能量为(－a－b－c)kJ
解析：A项，图中生成物的能量高于反应物的能量，则该反应为吸热反应；B项，C的燃烧热应为1 mol C完全燃烧生成CO2放出的热量；C项，反应是放热还是吸热与反应条件无必然联系；D项，该化合反应为放热反应，则“a>0，Ⅱ过程为化学键的断裂，均为吸热过程，则b、c大于0，假设H—Cl 的键能为x kJ/mol，反应热ΔH＝b＋c－2x＝－a，则x＝(a＋b＋c)/2。
7．日本一家公司日前宣布，他们已经开发并计划大量生产一种颠覆性的阳极和阴极，两个电极都是碳材料的双碳性电池(放电原理如图所示)，充电速度比普通的锂离子电池快20倍。放电时，正极反应：Cn(PF6)＋e－===PF＋nC，负极反应：LiCn－e－===Li＋＋nC。下列有关说法中正确的是(　D　)
A．a极为电池的负极
B．A－为OH－
C．电池充电时的阴极反应为LiCn＋e－===Li＋＋nC
D．充电时，溶液中A－从b极向a极迁移
解析：根据题给装置图判断，a电极有A－生成，b电极有Li＋生成，结合放电时，正极反应：Cn(PF6)＋e-===PF＋nC，负极反应：LiCn－e－===Li＋＋nC，可知a电极为正极，b电极为负极，故A项错误；A－为PF，故B项错误；充电时，阴极反应为Li＋＋nC＋e－===LiCn，故C项错误；充电时，溶液中A－从b(阴)极向a(阳)极迁移，故D项正确。
8．电化学在日常生活中用途广泛，下图是镁－次氯酸钠燃料电池，电池总反应为Mg＋ClO－＋H2O===Cl－＋Mg(OH)2↓，下列说法不正确的是(　B　)
A．镁电极是该电池的负极
B．惰性电极上发生氧化反应
C．正极反应式为ClO－＋H2O＋2e－===Cl－＋2OH－
D．进料口加入NaClO溶液，出口为NaCl溶液
解析：根据电池反应式知Mg是还原剂作负极，ClO－在惰性电极上得电子发生还原反应，生成Cl－。
9．(2016·全国卷甲)Mg－AgCl电池是一种以海水为电解质溶液的水激活电池。下列叙述错误的是(　B　)
A．负极反应式为Mg－2e－===Mg2＋
B．正极反应式为Ag＋＋e－===Ag
C．电池放电时Cl－由正极向负极迁移
D．负极会发生副反应Mg＋2H2O===Mg(OH)2＋H2↑
解析：Mg－AgCl电池的电极反应：负极Mg－2e－===Mg2＋，正极2AgCl＋2e－===2Ag＋2Cl－，A项正确，B项错误。在原电池的电解质溶液中，阳离子移向正极，阴离子移向负极，C项正确。Mg是活泼金属，能和H2O发生反应生成Mg(OH)2和H2，D项正确。
10．汽车尾气中NO产生的反应为：N2(g)＋O2(g)??2NO(g)。一定条件下，等物质的量的N2(g)和O2(g)在恒容密闭容器中反应，如图曲线a表示该反应在温度T下N2的浓度随时间的变化，曲线b表示该反应在某一起始反应条件改变时N2的浓度随时间的变化。下列叙述正确的是(　A　)
A．温度T下，该反应的平衡常数K＝
B．温度T下，随着反应的进行，混合气体的密度减小
C．曲线b对应的条件改变可能是加入了催化剂
D．若曲线b对应的条件改变是温度，可判断该反应的ΔH<0
解析：A项根据平衡常数表达式和反应平衡时各物质的浓度，正确；B项，密度等于气体的总质量除以体积，反应中气体质量不会改变，恒容容器容积也不变，故密度不变，错误；C项，催化剂只能加快反应的速率，平衡不会移动，和图象不符，错误；D项，从图形可知b线先到达平衡状态，则b线表示的温度高，而平衡时b线表示的氮气浓度低，表明升高温度平衡正向移动，则正反应为吸热反应，错误。
11．(2016·全国卷乙)三室式电渗析法处理含Na2SO4废水的原理如图所示，采用惰性电极，ab，cd均为离子交换膜，在直流电场的作用下，两膜中间的Na＋和SO可通过离子交换膜，而两端隔室中离子被阻挡不能进入中间隔室。
下列叙述正确的是(　B　)
A．通电后中间隔室的SO离子向正极迁移，正极区溶液pH增大
B．该法在处理含Na2SO4废水时可以得到NaOH和H2SO4产品
C．反应为2H2O－4e－===O2＋4H＋，负极区溶液pH降低
D．当电路中通过1 mol电子的电量时，会有0.5 mol的O2生成
解析：A项正极区发生的反应为2H2O－4e===O2↑＋4H＋，由于生成H＋，正极区溶液中阳离子增多，故中间隔室的SO向正极迁移，正极区溶液的pH减小。B项负极区发生的反应为2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，阴离子增多，中间隔室的Na＋向负极迁移，故负极区产生NaOH，正极区产生H2SO4。C项由B项分析可知，负极区产生OH－，负极区溶液的pH升高。D项正极区发生的反应为2H2O－4e－===O2↑＋4H＋，当电路中通过1 mol电子的电量时，生成0.25 mol O2。
12．(2016·湖北武汉质检)某密封容器中存在反应；2NO＋O2??2NO2，平衡时NO的体积分数与温度变化关系如图所示(曲线上任何一点都表示平衡状态)，下列说法中不正确的是(　D　)
A．该反应的正反应是吸热反应
B．若温度为T1、T3时的平衡常数分别为K1、K3，则K1C．T1时，D点处该反应的逆反应速率大于正反应速率
D．如果缩小容器容积，则表示平衡时NO的体积分数与温度变化关系的曲线在原曲线上方
解析：A项，由图像看出，温度升高，NO的体积分数降低，表明升温平衡正向移动，即正反应是吸热反应，正确；B项，升温平衡正向移动，则平衡常数K3>K1，正确；C项，T1时，从D点处达到平衡，NO的体积分数要增大，表明反应逆向进行，则逆反应速率大于正反应速率，正确；D项，缩小容器容积，化学平衡正向移动，NO的体积分数减小，则新曲线在原曲线的下方，D错。
13．(2016·全国卷乙)298 K时，在20.0 mL 0.10 mol·L－1氨水中滴入0.10 mol·L－1的盐酸，溶液的pH与所加盐酸的体积关系如图所示。已知0.10 mol· L－1氨水的电离度为1.32%，下列有关叙述正确的是(　D　)
A．该滴定过程应该选择酚酞作为指示剂
B．M点对应的盐酸体积为20.0 mL
C．M点处的溶液中c(NH)＝c(Cl－)＝c(H＋)＝c(OH－)
D．N点处的溶液中pH<12
解析：A项用0.10 mol· L－1盐酸滴定20.0 mL 0.10 mol· L－1氨水，二者恰好完全反应时生成强酸弱碱盐NH4Cl，应选用甲基橙作指示剂。B项当V(HCl)＝20.0 mL时，二者恰好完全反应生成NH4Cl，此时溶液呈酸性，而图中M点溶液的pH＝7，故M点对应盐酸的体积小于20.0 mL。C项M点溶液呈中性，则有c(H＋)＝c(OH－)；据电荷守恒可得c(H＋)＋c(NH)＝c(OH－)＋c(Cl－)，则有c(NH)＝c(Cl－)，此时溶液中离子浓度关系为c(NH)＝c(Cl－)>c(H＋)＝c(OH－)。D项 NH3·H2O为弱电解质，部分发生电离，N点时V(HCl)＝0，此时氨水的电离度为1.32%，则有c(OH－)＝0.10 mol· L－1×1.32%＝1.32×10－3 mol· L－1，c(H＋)＝＝ mol· L－1≈7.58×10－12 mol· L－1，故N点处的溶液中pH<12。
14．(2016·山东泰安期末)常温下，将Cl2缓慢通入水中至饱和，然后向所得饱和氯水中滴加0.1 mol·L－1的NaOH溶液。整个实验过程中溶液的pH变化曲线如图所示，下列叙述正确的是(　B　)
A．实验过程中可用pH试纸测定溶液的pH
B．c点所示溶液中：c(Na＋)＝2c(ClO－)＋c(HClO)
C．向a点所示溶液中通入SO2，溶液的酸性和漂白性均增强
D．由a点到b点的过程中，溶液中减小
解析：由于氯水具有漂白性，不能用pH试纸测定溶液的pH，A项错；由于c点pH＝7，依据电荷守恒得关系式：c(Na＋)＝c(Cl－ )＋c(ClO－ )，因 Cl2＋H2O??HCl＋HClO，所以c(Cl－)＝c(ClO－)＋c(HClO)，所以c(Na＋)＝2c(ClO－ )＋c(HClO), B项正确；C 项，a点通入 SO2 时：Cl2＋SO2＋2H2O===H2SO4＋2HCl，酸性增强，漂白性降低；D项，a点到b点是Cl2溶于水的过程，增大。
15．下列各溶液中，有关成分的物质的量浓度关系正确的是(　C　)
A．10 mL 0.5 mol·L－1CH3COONa溶液与6 mL 1 mol·L－1盐酸混合：c(Cl－)>c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(H＋)＞c(OH－)
B．0.1 mol·L－1pH为4的NaHB溶液中：c(HB－)>c(H2B)>c(B2－)
C．硫酸氢铵溶液中滴加氢氧化钠至溶液恰好呈中性：c(Na＋)>c(SO)>c(NH)>c(OH－)＝c(H＋)
D．pH相等的(NH4)2SO4、(NH4)2Fe(SO4)2和NH4Cl溶液中：c(NH4)2SO4]>c(NH4)2Fe(SO4)2]＞c(NH4Cl)　
解析：A项中反应后得到物质的量之比为1∶5∶5的HCl、CH3COOH、NaCl的混合溶液，离子浓度大小为c(Cl－)>c(Na＋)>c(H＋ )>c(CH3COO－)>c(OH－)；B项中HB－仅少部分电离且电离程度大于水解程度，离子浓度大小为c(HB－)>c(B2－)>c(H2B)；D项中物质的量浓度相同时，pH大小为NH4Cl> (NH4 )2Fe(SO4)2 >(NH4)2SO4(根据NH的水解程度比较，忽略Fe2＋水解产生H＋)，则当pH相等时，c(NH4Cl)>c(NH4)2Fe(SO4)2]>c(NH4)2SO4]。
16．25℃时某些弱酸的电离平衡常数如表所示。常温下，稀释CH3COOH、HClO两种酸时，溶液的pH随加水量变化的曲线如图所示。下列说法正确的是(　C　)
酸
CH3COOH
HClO
H2CO3
电离平衡常数
K＝1.8×10－5
K＝3.0×10－8
K1＝4.4×10－7
K2＝4.7×10－11
A.相同浓度的CH3COONa和NaClO的混合溶液中，各离子浓度的大小关系是c(Na＋)>c(ClO－)>c(CH3COO－)>c(OH－)>c(H＋)
B．向NaClO溶液中通入少量二氧化碳的离子方程式为2ClO－＋CO2＋H2O===2HClO＋CO
C．图像中a、c两点所处的溶液中相等(HR代表CH3COOH或HClO)
D．图像中a点酸的浓度大于b点酸的浓度
解析：根据表中的电离常数可知酸性由强至弱的顺序为CH3COOH>H2CO3>HClO>HCO，结合质子的能力由大到小的顺序为CO>ClO－> HCO>CH3COO－，ClO－的水解程度大于CH3COO－的水解程度，相同浓度的CH3COONa和NaClO的混合溶液中，各离子浓度的大小关系应是c(Na＋ )>c(CH3COO－〉>c(ClO－)>c(OH－)>c(H＋)，A项错误；CO 结合质子的能力大于ClO－结合质子的能力，离子方程式应为ClO－＋CO2＋H2O===HClO＋HCO , B项错误；中的分子、分母同乘以溶液中的c(H＋)，得，即为温度相同则该式的值相等，C项正确；CH3COOH的酸性强于HClO的，pH相等时，HClO的浓度大，稀释相同倍数，HClO的浓度仍然大，D项错误。

1．钛被誉为“21世纪的金属”。钛具有密度小、耐高温、耐腐蚀等特性，具有广泛的用途。下面是用钛铁矿石(主要成分为FeTiO3)冶炼金属钛的工艺流程图：
钛铁矿石TiOSO4H2TiO3,③TiO2TiCl4Ti
根据上述工艺流程图回答下列问题：
(1)反应①是一个非氧化还原反应，那么FeTiO3中Ti元素的化合价为＋4，含有铁元素的反应产物为FeSO4(写化学式)。
(2)除反应①外，剩余的四个反应中，属于氧化还原反应的是④⑤(写反应序号)。
(3)已知H2TiO3不溶于水。写出反应②的化学方程式：TiOSO4＋2H2O===H2TiO3↓＋H2SO4。
(4)反应⑤制备金属Ti的方法是B(填字母序号)。
A．热分解法 B．热还原法　　
C．电解法
解析：(1)因为反应①是一个非氧化还原反应，所以由产物TiOSO4可知Ti元素的化合价为＋4，故FeTiO3中Fe的化合价为＋2，即含有铁元素的反应产物为FeSO4。
(2)分析反应②、③中反应物与生成物的化合价可知，这两个反应属于非氧化还原反应；而反应④尽管反应物、生成物中的Ti元素化合价没变，但参加反应的物质还有C、Cl2，故该反应为氧化还原反应；反应⑤为镁作为还原剂制备钛，属于氧化还原反应。
(3)注意提示性语言“H2TiO3不溶于水”，由此可知该反应为TiOSO4的水解反应，生成物还有H2SO4，且H2TiO3后需要标注“↓”。
(4)反应⑤的基本原理就是用活泼金属作还原剂来冶炼其他金属。
2．氯碱工业是以电解饱和食盐水为基础，工业上常用其部分产品生产光伏产业的主要原料高纯硅，流程如下：
请回答下列问题：
(1)C气体的化学式是H2，装置1中发生反应的条件是通电(或电解)。
(2)粗硅与B气体的反应属于化合反应(填反应类型)。
(3)SiCl4在水中易水解成两种酸，比较两种酸的强弱：HCl(填化学式，下同)大于H2SiO3或H4SiO4。
(4)在空气中，铝可以和固体A在熔融条件下反应生成偏铝酸钠，该反应的化学方程式是4NaOH＋4Al＋3O2===4NaAlO2＋2H2O。
(5)氟硅酸钠(Na2SiF6)难溶于水，可做搪瓷工艺中的乳白剂，由氟硅酸与氯化钠溶液反应制得，该反应的化学方程式是H2SiF6＋2NaCl===Na2SiF6↓＋2HCl。
(6)取石英砂10 t通过该流程可生产高纯硅4.2 t，理论上要电解NaCl35.1 t。
解析：(1)氢气还原SiCl4得晶体硅，则C气体是氢气。则装置1中发生的是电解饱和食盐水的反应。
(2)B气体是氯气，硅与氯气发生化合反应。
(3)SiCl4在水中生成H4SiO4(或 H2SiO3)和 HCl，HCl 是强酸，H2SiO3 是弱酸，所以酸性HCl大于H4SiO4(或H2SiO3)。
(6)由Si～2Cl2～4NaCl
28　　 4×58.5
4.2 t　　 35.1 t
3．铁是一种过渡金属，铁的化合物和单质在生产、生活中用途广泛。试通过所给条件回答下列问题：
Ⅰ.高铁酸钾(K2FeO4)可用作净水剂，也可用于制造高铁电池。
(1)工业上用NaClO氧化硝酸铁制得高铁酸钠，反应的离子方程式为2Fe3＋＋3ClO－＋10OH－===2FeO＋3Cl－＋5H2O，低温下，向高铁酸钠溶液中加入KOH至饱和，使高铁酸钾析出，原因是低温时K2FeO4的溶解度小于Na2FeO4。
(2)用镍(Ni)、铁作电极，浓NaOH溶液作电解液，用电解的方法也可制得Na2FeO4，则电解过程中阳极的反应式为Fe－6e－＋8OH－===FeO＋4H2O。
Ⅱ.还原铁粉是粉末冶金工业的重要原料，利用绿矾制备还原铁粉的工业流程如图：
(1)已知室温下KspFe(OH)2]＝4.9×10－17，Ksp(FeCO3)＝2.1×10－11。上述转化过程中，FeCO3达到溶解平衡时，测得溶液的pH为8，c(Fe2＋)为1.0×10－5 mol L－1。试判断所得固体FeCO3中是否混有Fe(OH)2否(填“是”或“否”)，理由是c(Fe2＋)·c2(OH－)＝1.0×10－5×(1.0×10－6)2＝10－17<4.9×10－17，所以不会混有Fe(OH)2。
(2)干燥过程主要是为了脱去游离水和结晶水，过程中会有少量FeCO3·nH2O被空气氧化为FeOOH，其化学方程式为4FeCO3·nH2O＋O2===4FeOOH＋4CO2＋(4n－2)H2O、4FeCO3＋O2＋2H2O===4FeOOH＋4CO2。
(3)取干燥后的FeCO3样品12.49 g焙烧最终得到Fe 6.16 g，计算FeCO3样品中杂质FeOOH的质量为0.89_g。
解析：Ⅰ.(1)该反应的还原剂是Fe3＋；氧化产物是FeO，氧化剂是ClO－，还原产物是Cl－，由得失电子守恒知：n(Fe3＋)∶n(ClO－)＝2∶3，而含Fe3＋的溶液呈酸性，最后由质量守恒、电荷守恒配平得：2Fe3＋＋3ClO－＋10OH－===2FeO＋3Cl－＋5H2O。
(2)阳极是Fe在碱性溶液中失去电子生成 FeO : Fe－6e－＋8OH－===FeO＋4H2O。
Ⅱ.(1)离子积常数＝c(Fe2＋)·c2(OH－)＝1.0×10－5×(1.0×10－6)2＝10－17<4.9×10－17，所以不会混有Fe(OH)2。
(2)还原剂是FeCO3·nH2O，氧化产物是FeOOH，氧化剂是O2，还原产物中O显－2价，由得失电子守恒知：n(FeCO3·nH2O)∶n(O2)＝4∶1，最后再由质量守恒配平得；4FeCO3·nH2O＋O2===4FeOOH＋4CO2＋(4n－2)H2O，FeCO3·nH2O失去结晶水得到FeCO3，根据得失电子守恒和质量守恒配平得；4FeCO3＋O2＋2H2O===4FeOOH＋CO2。　
(3)设样品含x mol FeCO3、y mol FeOOH，则116x＋89y＝12.49、56x＋56y＝6.16，解得y＝0.01，所以样品中含有0.89 g FeOOH。
4．铬化学丰富多彩，无论是铬单质还是含铬化合物，在生产和科学研究中都具有重要的价值，请根据相关信息回答下列问题。
(1)在常温下，铬能缓慢与稀硫酸反应，生成蓝色溶液。与铜相比，其金属活泼性强(填“强”或“弱”)。
(2)Cr(OH)3和Al(OH)3类似，也是两性氢氧化物，在水中存在酸式和碱式电离平衡，其酸式电离方程式是Cr(OH)3??H＋＋CrO＋H2O(或Cr(OH)3＋H2O??H＋＋Cr(OH)4]－)。
(3)酒后驾车是引发交通事故的重要原因。交警对驾驶员进行呼气酒精检测的原理是橙色的K2Cr2O7酸性水溶液遇乙醇迅速生成蓝绿色Cr3＋。反应原理为K2Cr2O7＋C2H5OH＋H2SO4―→K2SO4＋Cr2(SO4)3＋CH3COOH＋H2O(未配平)，当反应中有0.03 mol电子转移时，被氧化的乙醇有0.007_5mol。
(4)工业上净化处理铬污染方法之一是将含K2Cr2O7的酸性废水放入电解槽内，加入适量的NaCl，以Fe和石墨为电极进行电解。经过一段时间后，生成Cr(OH)3和Fe(OH)3沉淀除去(已知KspFe(OH)3]＝4.0×10－38，KspCr(OH)3]＝6.0×10－31)。在装置中应该用铁(填材料名称)作电解池的阳极；已知电解后的溶液中c(Fe3＋)为2.0×10－13 mol/L，则溶液中c(Cr3＋)为3.0×10－6mol/L。
解析：(1)铬能与稀硫酸反应，而铜不与稀硫酸反应，因此铬的金属活泼性比铜强。
(2)由Al(OH)3的酸式电离可类推Cr(OH)3的酸式电离。
(3)根据C2H5OHCH3COOH，则反应中有0.03 mol电子转移时，被氧化的乙醇有0.007 5 mol。
(4)在装置中应用Fe作阳极，
根据KspFe(OH)3]、KspCr(OH)3]，
则＝＝＝1.5×107，
故c(Cr3＋)＝1.5×107×2.0×10－13 mol/L＝3.0×10－6 mol/L。
5．卤水中含有丰富的镁离子，可制取多种含镁产品。
(1)向卤水中加入Ca(OH)2制取Mg(OH)2，其离子方程式是Mg2＋＋2OH－===Mg(OH)2↓(或Mg2＋＋Ca(OH)2===Mg(OH)2↓＋Ca2＋)。
(2)Mg(OH)2可制取MgO，进而制得金属镁。
①灼烧Mg(OH)2得到MgO的化学方程式是Mg(OH)2MgO＋H2O。
②1200°C，真空条件下用硅铁(含硅单质95%～99%)将MgO还原为镁蒸气(铁不参与反应)，其原理可用化学方程式表示为Si＋2MgO2Mg↑＋SiO2。
(3)Mg(OH)2可用来制取MgCl2，进而制取金属镁。
①从MgCl2溶液中得到MgCl2·6H2O的操作是加热浓缩、降温结晶、过滤。
②MgCl2·6H2O与SOCl2混合后加热，可获得无水MgCl2
(已知SOCl2与水接触时迅速形成白雾，生成SO2)。得到无水MgCl2的化学方程式是6SOCl2＋MgCl2·6H2OMgCl2＋6SO2↑＋12HCl↑。
(4)Mg(OH)2还可用来制取三硅酸镁(xMgO·3SiO2)。
三硅酸镁是医疗上某抗酸药的主要成分。已知硅酸盐的化学式通常用氧化物形式表示，如石棉CaMg3Si4O12表示为3MgO·CaO·4SiO2。
①三硅酸镁中和胃酸的离子方程式是xMgO·3SiO2＋H＋===Mg2＋＋SiO2＋H2O。
②为确定x MgO·3SiO2中x值，取三硅酸镁样品0.52 g，加入0.5000 mol/L H2SO4标准液15.00 mL，充分反应后，用0.5000 mol/L的NaOH标准液滴定过量的H2SO4，消耗NaOH标准液14.00 mL。则x＝2。
解析：(2)①Mg(OH)2受热分解为MgO和H2O。②高温条件下， Si将MgO还原为沸点较低的镁蒸汽，同时生成高熔点的SiO2。
(3)①MgCl2的溶解度随温度变化较大，则可以通过加热浓缩、冷却结晶的方法得到晶体。②发生反应的原理是SOCl2与MgCl2·6H2O反应生成SO2、HCl和MgCl2。
(4)①根据镁守恒知Mg2＋前的系数是x，根据硅守恒知SiO2前的系数是3，结合电荷守恒知H＋前的系数是2x，根据原子守恒则还有xH2O。②三硅酸镁消耗的n(H2SO4)＝ mL×10－3 L/mL×0.500 0 mol/L＝0.004 mol，则n(MgO)＝0.004 mol，所以三硅酸镁的物质的量是 mol，则有＝ mol，得x＝2。
6．菱锰矿的主要成分是MnCO3(含有少量FeS2、Al2O3)，以菱锰矿为原料制备锰单质的流程如下所示：
浆化溶液1溶液2精制―→电解―→Mn
请回答下列问题：
(1)菱锰矿在浸取前需要粉碎，其目的是增大接触面积，便于浆化，提高浸出率。
(2)用稀硫酸浸取时，主要反应的离子方程式为MnCO3＋2H＋===Mn2＋＋CO2 ↑＋H2O；加入二氧化锰的目的是除去其中的FeS2(填化学式)，此物质参与反应时生成硫酸铁、水和硫酸锰，该物质发生反应的化学方程式为2FeS2＋15MnO2＋14H2SO4===Fe2( SO4 )3＋15MnSO4＋14H2O。
(3)已知Fe、Al、Mn的氢氧化物开始沉淀及沉淀完全时的pH如表所示，则加氨水沉淀时应控制溶液的pH范围为5.0≤pH<8.3。
氢氧化物
Fe(OH)3
Al(OH)3
Mn(OH)2
开始沉淀pH
1.8
4.1
8.3
完全沉淀pH
3.2
5.0
9.8
(4)电解硫酸锰溶液时，阴极的电极反应式为Mn2＋＋2e－===Mn。用高锰酸钾溶液检验Mn2＋，产生黑色沉淀，该反应的离子方程式为2MnO＋3Mn2＋＋2H2O===5MnO2↓＋4H＋。
(5)硫酸锰在高温条件下分解可得到三种氧化物，该热分解的化学方程式为3MnSO4Mn3O4＋SO2↑＋2SO3↑。
解析：(1)矿石粉碎可增大固体与液体、固体与气体的接触面积，可从影响化学反应速率因素的角度进行分析。
(2)碳酸锰与稀硫酸反应，类似碳酸钙与盐酸反应。二硫化亚铁与二氧化锰在稀硫酸中反应生成硫酸铁、硫酸锰和水。
(3)根据几种离子沉淀的pH，控制溶液的酸碱性使氢氧化铝和氢氧化铁完全沉淀而氢氧化锰没有开始沉淀。
(4)电解硫酸锰溶液时，阴极上锰离子发生还原反应生成锰单质。高锰酸钾可将锰离子氧化成二氧化锰。
(5)硫酸锰在高温下分解生成四氧化三锰、二氧化硫和三氧化硫。
7．Cu2S是火法炼铜的重要原料，下面是由Cu2S冶炼铜及制备CuSO4·5H2O的流程图：
Cu2SCu焙烧,Cu2O、CuOAB蒸发、结晶、过滤,胆矾
(1)冶炼时温度达1200～1280℃，Cu2S通过两步反应锤炼成粗铜：
①2Cu2S＋3O2高温,2Cu2O＋2SO2，②部分Cu2S与Cu2O反应生成铜和一种具有漂白性的气体。则第二步反应的化学方程式为Cu2S＋2Cu2O6Cu＋SO2↑。
(2)Cu2O、CuO加入足量的稀硫酸得到的溶液呈蓝色，且有红色物质生成。请写出生成红色物质的离子方程式：Cu2O＋2H＋===Cu＋Cu2＋＋H2O。
(3)为除去A中的红色物质，操作I中最好加入的试剂是C(填字母)。
A．加入适量的NaNO3　　　 B．适量的硝酸
C．适量的H2O2溶液
(4)纳米氧化亚铜(Cu2O)是一种用途广泛的光电材料，常用的制备方法有电化学法。电化学法可用铜棒和石墨做电极，电解反应为2Cu＋H2O电解,Cu2O＋H2↑。制备Cu2O时，铜棒做阳极，电极反应式为2Cu－2e－＋H2O===Cu2O＋2H＋。
(5)若B溶液的体积为0.2 L，电解B溶液一段时间后(硫酸铜没有完全电解)，溶液的PH由2变为1，此时生成气体在标准迖况下的体积为100.8 mL。
解析：(1)Cu2S和Cu2O反应生成Cu和SO2，根据得失电子守恒、原子守恒配平化学方程式。
(2)生成红色物质的反应为Cu2O与稀硫酸发生氧化还原反应。
(3)A为含有Cu的CuSO4、H2SO4溶液，除去Cu最好加入H2O2，发生反应Cu＋H2O2＋2H＋===Cu2＋＋2H2O。加入 NaNO3 或硝酸，会引入Na＋、NO等杂质离子，还会产生污染环境的NO。
(5)根据 2CuSO4＋2H2O2Cu＋O2↑＋2H2SO4，生成n(H＋)＝(0.l－0.01)×0.2＝0.018 mol, n(H2SO4 )＝0.009 mol，则生成气体在标准状况下体积V＝0.009 mol××22.4 L/mol＝0.100 8 L＝100.8 mL。
8．硼及其化合物在工农生产中应用广泛。已知：硼镁矿的主要成分为Mg2B2O5·H2O，硼砂的化学式为Na2B4O7·10H2O。利用硼镁矿制取金属镁及粗硼的工艺流程为
回答下列有关问题：
(1)硼砂中B的化合价为＋3价；溶于热水后，常用稀硫酸调pH至2～3制取H3BO3，该反应的离子方程式为B4O＋2H＋＋5H2O===4H3BO3。
X为H3BO3晶体加热脱水的产物，其与Mg反应制取粗硼的化学方程式为3Mg＋B2O32B＋3MgO。
(2)MgCl2·7H2O在HCl氛围中加热的原因是防止_MgCl2_水解。
若用惰性电极电解MgCl2溶液，其阴极反应式为2H2O＋Mg2＋＋2e－===H2↑＋Mg(OH)2↓。
(3)镁—H2O2酸性燃料电池的反应机理为Mg＋H2O2＋2H＋===Mg2＋＋2H2O，则其正极反应式为H2O2＋2H＋＋2e－===2H2O。
常温下，若起始电解质溶液pH＝1，则pH＝2时，溶液中Mg2＋的浓度为0.045_mol·L－1。已知KspMg(OH)2]＝5.6×10－12，当溶液pH＝6时，没有(填“有”或“没有”)Mg(OH)2沉淀析出。
(4)制得的粗硼在一定条件下生成BI3，BI3加热分解可以得到纯净的单质硼。现将0.020 g粗硼制成的BI3完全分解，生成的I2用0.30 mol·L－1Na2S2O3(H2S2O3为弱酸)溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液18.00 mL。滴定时用到的指示剂是淀粉。该粗硼样品的纯度为99%。(提示：I2＋2S2O===2I－＋S4O)
解析： (1)硼砂的化学式为Na2B4O7·10H2O，钠元素化合价为＋1价，氧元素化合价为－2价，依据化合价代数和为零计算得到硼元素化合价为＋3价；用H2SO4调pH至2～3，硼砂中的Na2B4O7在酸溶液中生成H3BO3，反应的离子方程式为B4O＋2H＋＋5H2O===4H3BO3；X为H3BO3晶体加热脱水的产物为B2O3，与Mg反应生成粗硼和氧化镁，反应的化学方程式为3Mg＋B2O32B＋3MgO。
(2)MgCl2·7H2O需要在HCl氛围中加热，是为了防止氯化镁水解生成氢氧化镁；若用惰性电极电解MgCl2溶液，阴极氢离子得到电子生成氢气，水的电离平衡被破坏，水电离生成的氢氧根离子浓度增大，和镁离子形成氢氧化镁沉淀，合并写出阴极反应式为2H2O＋Mg2＋＋2e－===H2↑ ＋Mg(OH)2↓。
(3)镁－H2O2酸性燃料电池的反应机理为Mg＋H2O2＋2H＋===Mg2＋＋2H2O，正极上是过氧化氢得到电子生成水的反应，正极反应式为H2O2＋2H＋＋2e－===2H2O；若起始电解质溶液pH＝1，则pH＝2时，溶液中氢离子浓度减小0.1 mol·L－1 －0.01 mol·L－1＝0.09 mol·L－1，依据反应方程式得到Mg2＋浓度为0.045 mol·L－1；KspMg(OH)2]＝5.6×10－12，当溶液 pH＝6 时，c(OH－)＝10－8 mol·L－1，则 Qc＝c(Mg2＋)·c2(OH－)＝0.045×10－16＝4.5×10－18(4)碘遇淀粉变蓝，终点时蓝色褪去；硫代硫酸钠的物质的量为0.30 mol·L－1×0.018 L＝0.005 4 mol，根据关系式：B～BI3～3/2 I2～3S2O，n(B)＝n(S2O)＝0.001 8 mol，硼的质量为 11 g·mol－1×0.001 8 mol ＝0.019 8 g，粗硼中硼的含量为0.019 8 g/0.020 g×100%＝99%。

1．用废铁屑(含Fe2O3、油污、碳及少量不溶于酸碱的杂质)制取铁红的流程如下：
回答下列问题：
(1)浊液B中一定含有常见的难溶物C(填化学式)，
热碱液的作用：除去油污。
(2)溶液C加入H2O2发生反应的离子方程式：2Fe2＋＋H2O2＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O；操作Ⅱ由浊液E得到80.0 g Fe2O3按操作顺序应为CED(选择合适的选项)→冷却→称量。
A．蒸发 B．烘干　　
C．过滤 D．灼烧　　
E．洗涤
(3)在溶液C中加入H2O2，加热一段时间后，检验Fe2＋已经反应完全的试剂是D。
A．氯水 B．KSCN溶液
C．NaOH溶液 D．KMnO4酸性溶液
(4)已知：常温下，KspFe(OH)3]＝4.0×10－38；则浊液E中Fe3＋的物质的量浓度是4.0×10－8_mol/L。
(5)若原铁屑质量100.0 g，含铁元素质量分数70%，得到铁红80.0 g，则铁屑中铁的利用率为80%。
解析：(1)油污在碱性条件下水解而被除去；加H2SO4，硫酸和铁反应生成H2，碳与酸碱都不反应，浊液B中一定含碳。(2)操作Ⅰ为过滤，由题意可知向溶液C中加H2O2的目的是将Fe2＋氧化为Fe3＋ ；加氨水，调pH将Fe3＋转化成沉淀Fe(OH)3，再经过过滤、洗涤、灼烧得到Fe2O3。
(4)浊液E中pH＝4, c(OH－)＝1.0×10－10 mol/L，
c(Fe3＋ )＝KspFe(OH)3]/c3(OH－)＝4.0×10－8 mol/L。
(5)铁红中铁元素的质量：56/80×80.0 g＝56.0 g，原铁屑中铁元素的质量：100.0 g×70% ＝70.0 g，铁的利用率为56.0 g/70.0 g×100%＝80%。
2．氢溴酸在医药和石化工业上有广泛用途。如图是模拟工业制备氢溴酸粗品并精制的流程：
根据上述流程回答下列问题：
(1)混合①中发生反应的化学方程式为SO2＋Br2＋2H2O===2 HBr＋H2SO4。
(2)混合①中使用冰水的目的是降低体系温度，防止溴挥发。
(3)操作Ⅱ和操作Ⅲ的名称分别是过滤，蒸馏。操作Ⅲ一般适用于分离D混合物(填编号)。
A．固体和液体 B．固体和固体
C．互不相溶的液体 D．互溶的液体
(4)混合②中加入Na2SO3的目的是除去粗品中未反应完的溴。
(5)纯净的氢溴酸应为无色液体，但实际工业生产中制得的氢溴酸(工业氢溴酸)带有淡淡的黄色。于是甲、乙两同学设计了简单实验加以探究：
甲同学假设工业氢溴酸呈淡黄色是因为含Fe3＋，则用于证明该假设所用的试剂为KSCN溶液，若假设成立可观察到的现象为溶液变成血红色。
乙同学假设工业氢溴酸呈淡黄色是因为含有Br2，
其用于证明该假设所用的试剂为CCl4(或苯或淀粉－KI溶液)。
解析：(1)Br2具有强氧化性，在溶液中将SO2氧化为H2SO4，自身被还原为HBr，反应方程式为SO2＋Br2＋2H2O===2HBr＋H2SO4。
(2)Br2氧化 SO2 放出很多热量，溴易挥发，使用冰水，降低体系温度，防止溴蒸发，使反应完全。
(3)由工艺流程可知，操作Ⅱ分离固体与液体，应是过滤；操作Ⅲ为互溶的溶液组分的分离，应是蒸馏，蒸馏一般适用于互溶的液体的分离。
(4)粗品中可能含有未反应的Br2，加入Na2SO3，除去粗品中未反应完的溴。
(5)用KSCN溶液检验Fe3＋，取少许溶液滴加KSCN溶液，溶液变成血红色，说明氢溴酸呈淡黄色是因为含Fe3＋。由工艺流程可知，溶液中可能含有Br2，可以用CCl4萃取方法检验，取少许溶液加CCl4振荡、静置分层，下层呈橙红色，说明氢溴酸呈淡黄色是因为含Br2。
3．金属钛易于和肌肉长在一起，可用于制造各种人造关节，因此被称为“生物金属”。工业上由钛铁矿(主要成分为FeTiO3，含少量Fe2O3制备钛的工艺流程如下：
(1)进行步骤Ⅰ前，钛铁矿需要先粉碎成细颗粒，目的为增大反应物的接触面积，加快化学反应速率，提高原料利用率(答案合理答出其中一点即可)。
(2)步骤Ⅰ中所发生的主要反应的化学方程式为FeTiO3＋CFe＋TiO2 ＋CO↑。
(3)将步骤Ⅱ中所发生的主要反应记为反应①，则①的化学方程式为TiO2＋2Cl2＋2CTiCl4＋2CO；有同学认为步骤Ⅱ中的物质转化中只需通入氯气，而无需加入焦炭就能实现，即发生反应②：TiO2＋2Cl2高温,TiCl4＋O2。已知相关数据如下：
反应
ΔH/kJ·mol－1
ΔS/J·K－1·mol－1
①
－72.1
＋220
②
＋149
＋41
结合上表数据，从反应进行的方向角度分析加入焦炭的必要性：加入焦炭后发生反应①，与反应②相比，△H减小，△S增大，更有利于反应在较低温度下向右进行(或从△G角度作答也可，合理答案均可)。
(4)步骤Ⅲ中，反应物TiCl4应避免接触水，原因为防止_TiCl4_水解；反应结束后，用盐酸洗涤粗Ti，除去Mg、MgCl2(填化学式)，即可制得海绵钛。
(5)钛铁矿转化为粗TiO2也可以通过湿法完成：先用浓H2SO4溶解，将钛铁矿转化为TiO2＋，然后使其水解得到粗TiO2。用酸清洗可除去粗TiO2中的Fe(OH)3杂质，已知25℃时，KspFe(OH)3]＝2.79×10－39，则该温度下，Fe(OH)3(s)＋3H＋(aq)??Fe3＋(aq)＋3H2O(Ⅰ)的平衡常数K＝2.79×103。
(6)金属钛还可以通过电解直接获得。以石墨为阳极，TiO2为阴极，熔融CaO为电解质，其阴极的电极反应式为TiO2＋4e－===Ti＋2O2－。
解析：(2)步骤Ⅰ发生焦炭还原FeTiO3和Fe2O3的反应。
(3)步骤Ⅱ是焦炭、Cl2、TiO2在800～900 ℃反应生成TiCl4、CO。
(4)粗Ti中混有MgCl2电解后生成的Mg和未电解的MgCl2。
(5)由题意知KspFe(OH)3]＝c(Fe3＋)·c3(OH－)＝2.79×10－39，所以c(Fe3＋)/c3(H＋)＝KspFe(OH)3]/K＝2.79×10－39/(10－14)3＝2.79×103。
(6)阴极TiO2得到电子发生还原反应生成Ti，因在熔融CaO中O2－可以自由移动，所以电极反应式为TiO2＋4e－===Ti＋2O2－。
4．蓝铜矿主要含xCuCO3·yCu(OH)2，还含有少量Fe的化合物，工业上以蓝铜矿为原料制备Cu、CuSO4·5H2O和CaCO3。具体方法步骤如下：
金属离子
Fe3＋
Fe2＋
Cu2＋
pH
氢氧化物开始沉淀
1.9
7.0
4.7
氢氧化物完全沉淀
3.2
9.0
6.7
(1)蓝铜矿的主要成分与焦炭高温条件可以生成铜、二氧化碳和水，写出该反应的化学方程式：2xCuCO3·yCu(OH)2]＋(x＋y)C2(x＋y)Cu＋(3x＋y)CO2↑＋2yH2O。
(2)从下列所给试剂中选择：实验步骤中试剂①为C(填代号)。
A．KMnO4 B．K2Cr2O7
C．H2O2 D．氯水
(3)在溶液B中加入CuO的作用是调节溶液的pH，则pH的范围为3.2≤pH<4.7。
(4)由溶液C获得CuSO4·5H2O，需要经过加热蒸发浓缩、冷却结晶、过滤等操作，加热蒸发至有少量晶体析出(或者表面出现结晶薄膜)时停止加。
(5)制备CaCO3时，应向CaCl2溶液中先通入(或加入)试剂②，则试剂②可以是AD(填代号)；
A．氨水 B．盐酸
C．水蒸气 D．NaOH溶液
如果不加入试剂②，则CaCl2溶液不能与CO2反应生成CaCO3，请依据难溶电解质的沉淀溶解平衡原理分析可能的原因：H2CO3第二步电离产生的CO离子浓度太低，与Ca2＋浓度的乘积小于CaCO3的溶度积，因而不能生成CaCO3沉淀。加入碱性物质后CO离子浓度增大，与Ca2＋浓度的乘积超过了CaCO3的溶度积，因而能生成CaCO3沉淀。
(6)为确定试剂①的用量，需测定溶液A中Fe2＋的浓度。
实验操作为准确量取20.00 mL溶液A于锥形瓶中，用0.012 00 mol/L的酸性KMnO4标准溶液滴定至终点，消耗KMnO4标准溶液15.00 mL，则溶液A中Fe2＋的浓度为0.045_00_mol/L。
解析：(2)试剂①的作用是将Fe2＋氧化成Fe3＋，同时要注意不能引进新的杂质，选项中的四种物质都是氧化剂，但只有H2O2反应后不引进新的杂质，故选C。
(3)调节pH是使Fe3＋沉淀而Cu2＋不沉淀，所以pH应在3.2～4.7之间。
(5)CO2与CaCl2溶液不产生沉淀，加入碱性物质可以生成CaCO3沉淀，所以选A和D。
(6)由得失电子守恒可知，Fe2＋与KMnO4 以5∶1 比例反应，所以 20.00 mL×c(Fe2＋)＝0.012 00 mol· L－1×15.00 mL×5，解得c(Fe2＋)＝0.045 00 mol·L－1。
5．氯化亚铜(CuCl)常用作有机合成工业中的催化剂，在空气中迅速被氧化成绿色；见光则分解，变成褐色。下图是工业上用制作印刷电路的废液(含Fe3＋、Cu2＋、Fe2＋、Cl－)生产CuCl的流程：
根据以上信息回答下列问题：
(1)写出生产过程中XFe，Y稀盐酸。
(2)写出产生CuCl的化学方程式：CuCl2＋CuSO4＋SO2＋2H2O===2CuCl↓＋2H2SO4。
(3)在CuCl的生成过程中理论上不需要补充SO2气体，结合化学方程式和必要的文字说明理由：反应Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2O中生成的CuSO4和SO2为1∶1，所以理论上不需要补充SO2气体。
(4)在CuCl的生成过程中除环境问题、安全问题外，你认为还应该注意的关键问题是生产中应防止CuCl的氧化和见光分解。
(5)实验探究pH对CuCl产率的影响如下表所示：
pH
1
2
3
4
5
6
7
CuCl产率
70
90
82
78
75
72
70
析出CuCl晶体最佳pH为2，当pH较大时CuCl产率变低的原因是pH较大时，Cu2＋水解程度增大，反应生成的CuCl减少。
(6)氯化亚铜的定量分析：
①称取样品0.25 g和10 mL过量的FeCl3溶液于250 mL锥形瓶中，充分溶解。
②用0.10 mol·L－1硫酸铈Ce(SO4)2]标准溶液滴定。已知：CuCl＋FeCl3===CuCl2＋FeCl2，Fe2＋＋Ce4＋===Fe3＋＋Ce3＋。三次平行实验结果如下(平行实验结果相差不能超过1%)：
平行实验次数
1
2
3
0.25 g样品消耗硫酸铈标准溶液的体积(mL)
24.35
24.05
23.95
则样品中CuCl的纯度为0.955(或_95.5%)(结果保留三位有效数字)。
解析：(1)根据滤渣②与浓硫酸、Cl2分别反应生成物判断滤渣②为Cu，结合废液成分及废液与过量X反应生成Cu，X应为Fe粉。Y溶解Fe粉，应为盐酸。
(3)由Cu与浓H2SO4反应生成物分析。
(4)由题干提示CuCl用途、性质分析推理。
(5)pH较大，Cu2＋形成Cu(OH)2。
6．硫酸亚铁晶体俗称绿矾(FeSO4·7H2O)，重铬酸钠晶体俗称红矾钠(Na2Cr2O7·2H2O)，它们都是重要的化工产品。工业上以铬铁矿主要成分是Fe(CrO2)2]为原料制备绿矾和红矾钠的工艺流程如图所示。
请回答下列问题：
(1)已知Fe(CrO2)2中铬元素的化合价为＋3价，则Fe(CrO2)2中铁元素的化合价为＋2。
(2)化学上可将某些盐写成氧化物的形式，如Na2SiO3写成Na2O·SiO2，则Fe(CrO2)2可写成FeO·Cr2O3。
(3)煅烧铬铁矿时，矿石中的Fe(CrO2)2转变成可溶于水的Na2CrO4，反应的化学方程式如下：4Fe(CrO2)2＋8Na2CO3＋7O2△,2Fe2O3＋8Na2CrO4＋8CO2，
①该反应中还原剂与氧化剂的物质的量之比为4∶7。
②为了加快该反应的反应速率，可采取的措施是粉碎矿石(或升高温度)(填一种即可)。
(4)已知CrO在氢离子浓度不同的酸性溶液中有不同的反应。如：
2CrO＋2H＋===Cr2O＋H2O
3CrO＋4H＋===Cr3O＋2H2O
①往混合溶液甲中加入硫酸必须适量的原因是H2SO4量少时不能除尽Na2CO3杂质，H2SO4量多时又会生成新的杂质Cr3O，所以H2SO4必须适量。
②混合溶液乙中溶质的化学式为Na2Cr2O7、Na2SO4。
(5)写出Fe与溶液丙反应的离子方程式：Fe＋2Fe3＋===3Fe2＋。
检验溶液丁中无Fe3＋的方法是：取少量丁溶液于试管中，向其中加入KSCN溶液，不显红色则说明丁溶液中不含Fe3＋。从溶液丁到绿矾的实验操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。
(6)＋3、＋6价铬都有很强的毒性，元素的价态越高毒性越强，所以制取红矾钠晶体后的废水中含的Cr2O必须除去。工业上一般用电解法来处理酸性Cr2O废水。具体做法是以铁板为阴阳两极，电解酸性Cr2O溶液，在处理的过程中电解质溶液中存在下列反应：Cr2O＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O，最后Cr3＋以Cr(OH)3沉淀形式除去。则每还原1 mol Cr2O
①在电解质溶液中存在的反应里转移6mol电子。
②在闭合电路上转移12mol电子。
解析：(1)根据化合价代数和为零即可求铁元素的化合价。(2)由(1)知铁元素和铬元素的化合价即可将化合物表示成氧化物的形式。
(3)①Fe(CrO2)2作还原剂，氧气作氧化剂，它们之比为4∶7；②增大反应物的接触面积和升高温度均可提高反应速率。
(4)由题中流程知混合溶液甲为Na2CrO4和Na2CO3的混合溶液，最后的目的是得到红矾钠，所以加硫酸的目的是除去Na2CO3，并将Na2CrO4转化为红矾钠，根据题给信息知酸加多了就会引入新的杂质。
(5)由题中流程知不溶物甲为Fe2O3，加硫酸溶解得至Fe3＋，所以丙“ Fe与Fe3＋的反应。
(6)阳极反应为Fe－2e－===Fe2＋，得到的Fe2＋与溶液中的Cr2O反应，①溶液中反应1 mol Cr2O时转移6 mol电子；②上述两个反应合并得：6Fe～12e－～6Fe2＋～Cr2O，所以闭合电路上转移12 mol e。

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