吉林省吉林二中2016届高考化学模拟最后一卷(解析版).doc

2016年吉林省吉林二中高考化学模拟最后一卷一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1下列物质性质和应用的对应关系正确的是（）A84消毒液具有碱性，可用作消毒剂和漂白剂B氢氟酸具有酸性，可用于玻璃的腐蚀剂C过氧化钠具有漂白性，可作航空和潜水的供氧剂D活性铁粉具有还原性，在食品袋中可用作除氧剂2NA代表阿伏加德罗常数下列说法正确的是（）A8.0gCuO和Cu2S的混合物含铜原子个数为0.2NAB标准状况下，11.2 L乙醇蒸气含共价键数目为4NAC1mol K与O2完全反应生成K2O、K2O2、KO3的混合物，转移电子数为NAD1L 0.2 molL1 NH4ClO4溶液中含NH4+数目为0.2NA3短周期元素R、X、Y、W的部分信息如表所示：元素代号RXYW原子半径/nm0.0770.0740.1860.099主要化合价+4、42+1+7、1已知Y和W位于同一周期下列有关说法不正确的是（）A简单的离子半径由小到大排序：Y、X、WBX的气态氢化物的稳定性一定比R的强CR、X和Y可以组成含共价键的离子化合物D在R、X、W的氢化物中，X的沸点最高4交通运输部在南海华阳礁举行华阳灯塔和赤灯塔竣工发光仪式，宣布两座大型多功能灯塔正式发光并投入使用灯塔可用镁海水电池提供能源，其装置如图所示下列有关海水电池的说法正确的是（）AX可为铁、铜、石墨等电极B每转移2 mol电子，2mol H+由交换膜左侧向右侧迁移C正极的电极反应式为H2O2+2e+2H+2H2OD该电池能将化学能全部转化成电能52015年，我国科学家屠呦呦因发现青蒿素而荣获诺贝尔奖，由青蒿素合成衍生药物蒿甲醚的合成线路如下：下列说法正确的是（）A、反应依次为加成反应、取代反应B上述三种有机物的含氧官能团完全相同C青蒿素因含酯基具有氧化性和杀菌功能D蒿甲醚的化学式为C16H24O56如图是CO2电催化还原为CH4的工作原理示意图下列说法不正确的是（）A该过程是电能转化为化学能的过程B一段时间后，池中n（KHCO3）不变C一段时间后，池中溶液的pH一定下降D铜电极的电极反应式为CO2+8H+8eCH4+2H2O7下列实验方案、现象与实验结论不正确的是（）选项实验操作及现象实验结论A向Fe（NO3）3溶液中通入SO2，滴加BaCl2溶液；产生白色沉淀NO3在酸性条件下能氧化SO2生成SO42B向Fe（NO3）2溶液中滴加少量盐酸；浅绿色变深绿色溶液中存在Fe2+水解平衡移动C向沸水中滴加FeCl3饱和溶液，煮沸得红褐色液体；用激光灯照射液体，有一条明亮“通路”该液体分散质直径介于1nm与100nm之间D向FeI2溶液中滴加酸化的双氧水和淀粉溶液；溶液为蓝色Fe2+的还原性比I的还原性弱AABBCCDD二、解答题（共6小题，满分58分）8亚硝酸钠可大量用于染料和有机合成工业请回答下列问题：（1）亚硝酸钠能氧化酸性条件下的Fe2+，同时产生一种活性气体，该气体在空气中迅速变色写出反应的离子方程式（2）实验室模拟用如图所示装置通过如下过程制备亚硝酸钠：已知：（）氧化过程中，控制反应液的温度在3560条件下发生的主要反应：C6H12O6+12HNO33HOOCCOOH+9NO2+3NO+9H2O（）氢氧化钠溶液吸收NO、NO2发生如下反应：NO+NO2+2NaOH2NaNO2+H2O2NO2+2NaOHNaNO3+NaNO2+H2OA中反应温度不宜高于60，原因是不经过任何处理，按此过程进行，氢氧化钠溶液吸收后的溶液中除OH外还有两种阴离子，其中一种是NO2，NO2与另一种阴离子的物质的量之比为B装置用于制备NaNO2，盛装的试剂除NaOH外，还可以是ANaCl（aq） BNa2CO3（aq） CNaNO3（aq）（3）测定产品纯度：准确称量ag产品配成100mL溶液；从步骤I配制的溶液中移取20.00mL加入锥形瓶中；用c molL1酸性KMnO4溶液滴定至终点；重复以上操作3次，消耗KMnO4酸性溶液的平均体积为V mL锥形瓶中发生反应的离子方程式为滴定至终点的现象为产品中NaNO2的纯度为（写出计算表达式）若滴定终点时俯视读数，则测得的产品中NaNO2的纯度（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）92Zn（OH）2ZnCO3是制备活性ZnO的中间体，以锌焙砂（主要成分为ZnO，含少量Cu2+、Mn2+等离子）为原料制备2Zn（OH）2ZnCO3的工艺流程如下：请回答下列问题：（1）当（NH4）2SO4，NH3H2O的混合溶液呈中性时，c（NH4+）2c（SO42）（填“”、“”或“=”）性（2）“浸取”时为了提高锌的浸出率，可采取的措施是（任写一种）（3）“浸取”时加入的NH3H2O过量，生成MnO2的离子方程式为（4）适量S2能将Cu2+等离子转化为硫化物沉淀而除去，若选择ZnS进行除杂，是否可行？用计算说明原因：已知：Ksp（ZnS）=1.61024，Ksp（CuS）=1.31036；K105化学反应完全，K105化学反应不发生（5）“沉锌”的离子方程式为（6）“过滤3”所得滤液可循环使用，其主要成分的化学式是10N2H4（肼）可作用制药的原料，也可作火箭的燃料（1）肼能与酸反应N2H6Cl2溶液呈弱酸性，在水中存在如下反应：N2H62+H2ON2H5+H3O+平衡常数K1N2H5+H2ON2H4+H3O+平衡常数K2相同温度下，上述平衡常数K2K1，其主要原因是（2）工业上，可用次氯酸钠与氨反应制备肼，副产物对环境友好，写出化学方程式（3）肼在催化剂作用下分解只产生两种气体，其中一种气体能使红色石蕊试纸变蓝色在密闭容器中发生上述反应，平衡体系中肼气体的体积分数与温度关系如图1所示该反应的正反应H0（填：、或=，下同）；P2P1（4）已知热化学反应方程式：反应I：N2H4（g）N2（g）+2H2（g）H1；反应II：N2（g）+3H2（g）2NH3（g）H2H1H2（填：、或=）7N2H4（g）8NH3（g）+3N2（g）+2H2（g）HH=（用H1、H2表示）向1L恒容密闭容器中充入0.1mol N2H4，在30、NiPt催化剂作用下发生反应I，测得混合物体系中，（用y表示）与时间的关系如图2所示04.0min时间内H2的平均生成速率（H2）=molL1min1；该温度下，反应I的平衡常数K=（5）肼还可以制备碱性燃料电池，氧化产物为稳定的对环境友好的物质该电池负极的电极反应式为；若以肼空气碱性燃料电池为电源，以NiSO4溶液为电镀液，在金属器具上镀镍，开始两极质量相等，当两极质量之差为1.18g时，至少消耗肼的质量为g11【化学选修2化学与技术】许多含碳、氢物质是重要的化工原料（1）某新型储氢合金（化学式为Mg17Al12）的储氢原理为Mg17Al12+17H217MgH2+12Al，此变化中还原产物是（填化学式）（2）草酸的钙盐、钡盐、镁盐难溶于水已知C2O3是无色无味气体，可溶于水生成草酸（H2C2O4），写出它溶于足量Ba（OH）2溶液发生反应的化学方程式（3）已知：几个热化学方程式如下：H2（g）+O2（g）H2O（g）H1=198kJmol1CO（g）+O2（g）CO2（g）H2CH4（g）+2O2（g）CO2（g）+2H2O（g）H3=846.3kJmol1化学键COOOCO（CO2中）键能（kJmol1）958.5497745写出甲烷与水蒸气在高温下制备合成气（CO，H2）的热化学方程式（4）向2L恒容密闭容器中充入3mol CH4（g）、4mol H2O（g），发生反应制备CO、H2，测得温度为t时，容器内H2的物质的量浓度（molL1）随时间的变化如图中II曲线所示图中I、III分别表示相对于II仅改变反应条件后，c（H2）随时间的变化若曲线I仅代表改变一种条件后的情况，则改变的条件可能是；a、b两点用CO浓度变化表示的净反应速率关系为；曲线II对应反应的平衡常数K为该温度下，若将等物质的量浓度的CH4（g）、H2O（g）、CO（g）、H2（g）混合充入该容器中，则开始进行方向是（填：向左、向右、平衡或无法确定）曲线III相对于曲线II改变的条件是A降低温度 B使用催化剂、降低温度 C加压12【化学选修3物质结构与性质】硒（Se）是一种有抗癌、抗氧化作用的元素，可以形成多种化合物（1）基态硒原子的价层电子排布式为（2）锗、砷、硒的第一电离能大小排序为H2SeO4的酸性比H2SeO3的强，其原因是（3）H2SeO3的中心原子杂化类型是；SeO32的立体构型是与SeO42互为等电体的分子有（写一种物质的化学式即可）（4）H2Se属于（填：极性或非极性）分子；单质硒的熔点为217，它属于晶体（5）硒化锌是一种重要的半导体材料，其晶胞结构如图所示，该晶胞中硒原子的配位数为；若该晶胞密度为gcm3，硒化锌的摩尔质量为M g/molNA代表阿伏加德罗常数，则晶胞参数a为pm13【化学选修5有机化学基础】F、G均是常见的香料，可通过下列途径合成，合成路线如下：回答下列问题（1）B的名称为（2）的反应类型是；的反应类型是（3）C的结构简式是；A加聚产物的结构简式是（4）F分子中位于同一平面的碳原子最多有个（5）G的芳香同分异构体中且能发生银镜反应和水解反应的异构体有种，其中核磁共振氢谱只有四组峰的异构体结构简式为2016年吉林省吉林二中高考化学模拟最后一卷参考答案与试题解析一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1下列物质性质和应用的对应关系正确的是（）A84消毒液具有碱性，可用作消毒剂和漂白剂B氢氟酸具有酸性，可用于玻璃的腐蚀剂C过氧化钠具有漂白性，可作航空和潜水的供氧剂D活性铁粉具有还原性，在食品袋中可用作除氧剂【考点】钠的重要化合物；氯、溴、碘及其化合物的综合应用【分析】A.84消毒液用作消毒剂和漂白剂与其强氧化性有关；B二氧化硅与HF反应的性质与酸性无关；C过氧化钠可与水、二氧化碳反应生成氧气；D活性铁粉易与氧气反应【解答】解：A.84消毒液具有强氧化性，可用作消毒剂和漂白剂，与碱性无关，故A错误；B二氧化硅与HF反应的性质与酸性无关，HF与二氧化硅反应生成四氟化硅和水，没有生成盐，HF不表现酸性，故B错误；C过氧化钠可与水、二氧化碳反应生成氧气，用作供氧剂与漂白性无关，故C错误；D活性铁粉易与氧气反应，消耗氧气，可防止食品变质，故D正确故选D2NA代表阿伏加德罗常数下列说法正确的是（）A8.0gCuO和Cu2S的混合物含铜原子个数为0.2NAB标准状况下，11.2 L乙醇蒸气含共价键数目为4NAC1mol K与O2完全反应生成K2O、K2O2、KO3的混合物，转移电子数为NAD1L 0.2 molL1 NH4ClO4溶液中含NH4+数目为0.2NA【考点】阿伏加德罗常数【分析】ACuO和Cu2S中铜元素的质量分数相等，都是80%，混合物中铜元素的质量为6.4g，物质的量为0.1mol，铜原子个数为0.1NA；B气体摩尔体积使用对象为气体；CK与O2完全反应生成K2O、K2O2、KO3的混合物，钾从0价升高为+1价；D氨根离子为弱碱阳离子，水溶液中部分发生水解【解答】解：A8.0gCuO和Cu2S的混合物中含有铜元素的质量为：8.0g=6.4g，含有的铜的物质的量为0.1mol，含有铜原子数一定为0.1NA，故A错误；B标况下乙醇为液体，不能使用气体摩尔体积，故B错误；C.1mol K与O2完全反应生成K2O、K2O2、KO3的混合物，则生成1mol+1价钾离子，转移1mol电子，个数为NA，故C正确；D氨根离子为弱碱阳离子，水溶液中部分发生水解，所以1L 0.2 molL1 NH4ClO4溶液中含NH4+数目小于0.2NA，故D错误；故选：C3短周期元素R、X、Y、W的部分信息如表所示：元素代号RXYW原子半径/nm0.0770.0740.1860.099主要化合价+4、42+1+7、1已知Y和W位于同一周期下列有关说法不正确的是（）A简单的离子半径由小到大排序：Y、X、WBX的气态氢化物的稳定性一定比R的强CR、X和Y可以组成含共价键的离子化合物D在R、X、W的氢化物中，X的沸点最高【考点】原子结构与元素周期律的关系【分析】短周期元素R、X、Y、W，W的主要化合价为+7、1，则W为Cl元素；Y的主要化合价为+1，位于A族，其原子半径大于W（Cl），则Y为Na；X的主要化合价为2，没有正化合价，则X为O元素；R的主要化合价为+4、4，位于A族，原子半径大于O、小于Na，则R为C元素，据此结合元素周期律知识判断【解答】解：短周期元素R、X、Y、W，W的主要化合价为+7、1，则W为Cl元素；Y的主要化合价为+1，位于A族，其原子半径大于W（Cl），则Y为Na；X的主要化合价为2，没有正化合价，则X为O元素；R的主要化合价为+4、4，位于A族，原子半径大于O、小于Na，则R为C元素，AY、X、W分别为Na、O、Cl，离子的电子层越多，离子半径越大，电子层相同时离子的核电荷数越大，离子半径越小，则离子半径大小为：WXY，即：简单的离子半径由小到大排序：Y、X、W，故A正确；B非金属性越强，对应气态氢化物的稳定性越强，非金属性X（O）R（C），则X的气态氢化物的稳定性一定比R的强，故B正确；CR、X和Y分别为C、O、Na元素，三种元素可以形成碳酸钠，碳酸钠是含有共价键的离子化合物，故C正确；DR、X、W分别为C、O、Cl元素，由于C形成的氢化物比较复杂，含有碳原子数比较多的氢化物沸点大于水，故D错误；故选D4交通运输部在南海华阳礁举行华阳灯塔和赤灯塔竣工发光仪式，宣布两座大型多功能灯塔正式发光并投入使用灯塔可用镁海水电池提供能源，其装置如图所示下列有关海水电池的说法正确的是（）AX可为铁、铜、石墨等电极B每转移2 mol电子，2mol H+由交换膜左侧向右侧迁移C正极的电极反应式为H2O2+2e+2H+2H2OD该电池能将化学能全部转化成电能【考点】化学电源新型电池【分析】该海水电池的负极材料是金属镁，发生失电子的氧化反应，正极材料的金属活泼性比金属镁的差，该电极上发生得电子的还原反应，原电池是将化学能转化为电能的装置，根据电子守恒以及电子转移知识来回答判断【解答】解：A、该海水电池的负极材料是金属镁，正极X的材料的金属活泼性比金属镁的差，但是不能是可以和双氧水之间反应的金属铁等物质，故A错误；B、阳离子会移向正极，即每转移2 mol电子，2molH+由交换膜右侧向左侧迁移，故B错误；C、原电池的正极上发生得电子的还原反应：H2O2+2e+2H+2H2O，故C正确；D、该电池能将化学能部分转化成电能，部分转化为热能，故D错误故选C52015年，我国科学家屠呦呦因发现青蒿素而荣获诺贝尔奖，由青蒿素合成衍生药物蒿甲醚的合成线路如下：下列说法正确的是（）A、反应依次为加成反应、取代反应B上述三种有机物的含氧官能团完全相同C青蒿素因含酯基具有氧化性和杀菌功能D蒿甲醚的化学式为C16H24O5【考点】有机物的结构和性质；有机物分子中的官能团及其结构【分析】A中C=O转化为OH，中OH上H被甲基取代；B青蒿素含COOC，而另两种有机物不含；C青蒿素中含有OO化学键，与双氧水分子结构（HOOH）相似；D由结构可知分子式【解答】解：A中C=O转化为OH，中OH上H被甲基取代，则分别发生加成、取代反应，故A正确；B青蒿素含COOC，而另两种有机物不含，则三种有机物中的官能团不完全相同，故B错误；C青蒿素中含有OO化学键，与双氧水分子结构（HOOH）相似，则具有强氧化性，可杀菌消毒，但与酯基无关，故C错误；D由蒿甲醚结构可知分子式为C16H26O5，故D错误；故选A6如图是CO2电催化还原为CH4的工作原理示意图下列说法不正确的是（）A该过程是电能转化为化学能的过程B一段时间后，池中n（KHCO3）不变C一段时间后，池中溶液的pH一定下降D铜电极的电极反应式为CO2+8H+8eCH4+2H2O【考点】电解原理【分析】A、电解池是将电能转化为化学能的装置；B、在电解池的阴极上发生二氧化碳得电子的还原反应；C、在电解池的阳极上，是阴离子发生失电子的氧化反应；D、CO2电催化还原为CH4的过程CO2+8H+8eCH4+2H2O是一个还原反应过程【解答】解：A、该装置是一个电解池，电解池是将电能转化为化学能的装置，故A正确；B、在电解池的阴极上发生二氧化碳得电子的还原反应，即CO2+8H+8eCH4+2H2O，一段时间后，氢离子减小，氢氧根浓度增大，氢氧根会和池中的碳酸氢钾反应，所以n（KHCO3）会减小，故B错误；C、在电解池的阳极上，是阴离子氢氧根离子发生失电子的氧化反应，所以酸性增强，pH一定下降，故C正确；D、CO2电催化还原为CH4的过程是一个还原反应过程，所以铜电解是电解池的阴极，铜电极的电极反应式为CO2+8H+8eCH4+2H2O，故D正确故选B7下列实验方案、现象与实验结论不正确的是（）选项实验操作及现象实验结论A向Fe（NO3）3溶液中通入SO2，滴加BaCl2溶液；产生白色沉淀NO3在酸性条件下能氧化SO2生成SO42B向Fe（NO3）2溶液中滴加少量盐酸；浅绿色变深绿色溶液中存在Fe2+水解平衡移动C向沸水中滴加FeCl3饱和溶液，煮沸得红褐色液体；用激光灯照射液体，有一条明亮“通路”该液体分散质直径介于1nm与100nm之间D向FeI2溶液中滴加酸化的双氧水和淀粉溶液；溶液为蓝色Fe2+的还原性比I的还原性弱AABBCCDD【考点】化学实验方案的评价【分析】A酸性条件下，硝酸根离子、铁离子都具有强氧化性；B酸性条件下，Fe2+被NO3氧化生成Fe3+；C胶体具有丁达尔效应，胶体分散质粒子直径在1100nm之间；D在氧化还原反应中，还原性强的微粒先被氧化【解答】解：A酸性条件下，硝酸根离子、铁离子都具有强氧化性，都能氧化二氧化硫生成硫酸根离子，故A正确；B酸性条件下，Fe2+被NO3氧化生成Fe3+，导致溶液由浅绿色变为黄色，与亚铁离子水解无关，故B错误；C胶体具有丁达尔效应，胶体分散质粒子直径在1100nm之间，该实验现象说明得到的液体是胶体，其微粒直径在1100nm之间，故C正确；D在氧化还原反应中，还原性强的微粒先被氧化，该实验现象说明生成碘，则说明Fe2+的还原性比I的还原性弱，故D正确；故选B二、解答题（共6小题，满分58分）8亚硝酸钠可大量用于染料和有机合成工业请回答下列问题：（1）亚硝酸钠能氧化酸性条件下的Fe2+，同时产生一种活性气体，该气体在空气中迅速变色写出反应的离子方程式Fe2+NO2+2H+=Fe3+NO+H2O（2）实验室模拟用如图所示装置通过如下过程制备亚硝酸钠：已知：（）氧化过程中，控制反应液的温度在3560条件下发生的主要反应：C6H12O6+12HNO33HOOCCOOH+9NO2+3NO+9H2O（）氢氧化钠溶液吸收NO、NO2发生如下反应：NO+NO2+2NaOH2NaNO2+H2O2NO2+2NaOHNaNO3+NaNO2+H2OA中反应温度不宜高于60，原因是避免硝酸分解，降低原料利用率不经过任何处理，按此过程进行，氢氧化钠溶液吸收后的溶液中除OH外还有两种阴离子，其中一种是NO2，NO2与另一种阴离子的物质的量之比为3：1B装置用于制备NaNO2，盛装的试剂除NaOH外，还可以是BANaCl（aq） BNa2CO3（aq） CNaNO3（aq）（3）测定产品纯度：准确称量ag产品配成100mL溶液；从步骤I配制的溶液中移取20.00mL加入锥形瓶中；用c molL1酸性KMnO4溶液滴定至终点；重复以上操作3次，消耗KMnO4酸性溶液的平均体积为V mL锥形瓶中发生反应的离子方程式为5NO2+2MnO4+6H+=5NO3+2Mn2+3H2O滴定至终点的现象为溶液由无色变紫红色且半分钟不褪色产品中NaNO2的纯度为100%（写出计算表达式）若滴定终点时俯视读数，则测得的产品中NaNO2的纯度偏低（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）【考点】制备实验方案的设计【分析】（1）亚硝酸钠能氧化酸性条件下的Fe2+，生成铁离子和一氧化氮，一氧化氮在空气中迅速变色生成二氧化氮，根据电荷守恒和元素守恒可写出反应的离子方程式；（2）屑的主要成分是纤维素（C6H10O5）n，酸溶后得葡萄糖溶液，用葡萄糖还原硝酸得NO和NO2，用NaOH吸收NO和NO2，得到NaNO2；HNO3不稳定，温度过高发生分解，所以反应温度不宜高于60，NaOH溶液呈碱性，可以用碳酸钠溶液代替，据此答题；（3）测定产品纯度，利用KMnO4氧化NO2进行滴定计算NaNO2的含量，反应过程中高锰酸钾溶液的紫色会褪色，当达到滴定终点时，高锰酸钾溶液的紫色就不会褪色，根据电子得失守恒可得关系式2KMnO45NaNO2，根据KMnO4的物质的量，可求得NaNO2的质量，进而确定产品中NaNO2的纯度，若滴定终点时俯视读数，则读取的KMnO4溶液的体积偏小，所以计算出的NaNO2的质量偏小，据此答题【解答】解：（1）亚硝酸钠能氧化酸性条件下的Fe2+，生成铁离子和一氧化氮，一氧化氮在空气中迅速变色生成二氧化氮，反应的离子方程式为Fe2+NO2+2H+=Fe3+NO+H2O，故答案为：Fe2+NO2+2H+=Fe3+NO+H2O；（2）屑的主要成分是纤维素（C6H10O5）n，酸溶后得葡萄糖溶液，用葡萄糖还原硝酸得NO和NO2，用NaOH吸收NO和NO2，得到NaNO2；HNO3不稳定，温度过高发生分解，所以反应温度不宜高于60，溶NaOH液呈碱性，可以用碳酸钠溶液代替，根据上面的分析可知，A中有硝酸参加反应，硝酸受热易分解，降低了原料利用率，所以反应温度不宜高于60，故答案为：免硝酸分解，降低原料利用率；不经过任何处理，按此过程进行，氢氧化钠溶液吸收后的溶液中除OH外还有两种阴离子，其中一种是NO2，另一种为NO3，根据反应C6H12O6+12HNO33HOOCCOOH+9NO2+3NO+9H2O可知，得到的NO和NO2的体积比为1：3，根据反应NO+NO2+2NaOH2NaNO2+H2O，2NO2+2NaOHNaNO3+NaNO2+H2O可得反应NO+3NO2+4NaOH3NaNO2+NaNO3+2H2O，所以溶液中NO2与NO3的物质的量之比为3：1，故答案为：3：1；NaOH溶液呈碱性，可以用碳酸钠溶液代替，故选B；（3）测定产品纯度，利用KMnO4氧化NO2进行滴定计算NaNO2的含量，反应过程中高锰酸钾溶液的紫色会褪色，当达到滴定终点时，高锰酸钾溶液的紫色就不会褪色，根据电子得失守恒可得关系式2KMnO45NaNO2，根据KMnO4的物质的量，可求得NaNO2的质量，进而确定产品中NaNO2的纯度，若滴定终点时俯视读数，则读取的KMnO4溶液的体积偏小，所以计算出的NaNO2的质量偏小，锥形瓶中发生反应为高锰酸钾氧化亚硝酸钠，反应的离子方程式为5NO2+2MnO4+6H+=5NO3+2Mn2+3H2O，故答案为：5NO2+2MnO4+6H+=5NO3+2Mn2+3H2O；根据上面的分析可知，滴定至终点的现象为溶液由无色变紫红色且半分钟不褪色，故答案为：溶液由无色变紫红色且半分钟不褪色；KMnO4的物质的量为cV103 mol，根据反应5NO2+2MnO4+6H+=5NO3+2Mn2+3H2O可知，NaNO2的物质的量为2.5cV103 mol，所以产品中NaNO2的纯度为：100%，故答案为：100%；滴定终点时俯视读数，则读取的KMnO4溶液的体积偏小，所以计算出的NaNO2的质量偏小，则测得的产品中NaNO2的纯度偏小，故答案为：偏低92Zn（OH）2ZnCO3是制备活性ZnO的中间体，以锌焙砂（主要成分为ZnO，含少量Cu2+、Mn2+等离子）为原料制备2Zn（OH）2ZnCO3的工艺流程如下：请回答下列问题：（1）当（NH4）2SO4，NH3H2O的混合溶液呈中性时，c（NH4+）=2c（SO42）（填“”、“”或“=”）性（2）“浸取”时为了提高锌的浸出率，可采取的措施是搅拌、适当加热（任写一种）（3）“浸取”时加入的NH3H2O过量，生成MnO2的离子方程式为Mn2+H2O2+2NH3H2O=MnO2+2NH4+2H2O（4）适量S2能将Cu2+等离子转化为硫化物沉淀而除去，若选择ZnS进行除杂，是否可行？用计算说明原因：可行，ZnS+Cu2+=CuS+Zn2+K=1.210121105已知：Ksp（ZnS）=1.61024，Ksp（CuS）=1.31036；K105化学反应完全，K105化学反应不发生（5）“沉锌”的离子方程式为3Zn2+6HCO3=2Zn（OH）2ZnCO3+5CO2+H2O（6）“过滤3”所得滤液可循环使用，其主要成分的化学式是（NH4）2SO4【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用【分析】制备2Zn（OH）2ZnCO3流程为：锌焙砂（主要成分为ZnO，含少量Cu2+、Mn2+等离子）中加入硫酸铵、氨水、双氧水，双氧水将锰离子氧化成二氧化锰，过滤后在滤液中加硫化铵，再过滤，除去铜离子，蒸氨除去多余的氨气，加入碳酸氢铵得到2Zn（OH）2ZnCO3和二氧化碳气体，过滤得2Zn（OH）2ZnCO3，滤液为硫酸铵溶液，（1）（NH4）2SO4与NH3H2O的混合溶液中存在电荷守恒：c （NH4+）+c（H+）=2c（SO42）+c（OH），25时，pH=7是显中性的溶液，（2）根据影响反应速率的因素判断“浸取”时为了提高锌的浸出率，可采取的措施；（3）“浸取”时加入的NH3H2O过量，溶液呈碱性，双氧水将锰离子氧化成MnO2，根据电荷守恒和元素守恒书写离子方程式；（4）根据反应ZnS+Cu2+=CuS+Zn2+，可知K=1.21012，结合题中信息可判断ZnS除杂，是否可行；（5）“沉锌”的过程为溶液中的锌离子与碳酸氢铵溶液反应生成2Zn（OH）2ZnCO3，据此书写离子方程式；（6）“过滤3”所得滤液为硫酸铵溶液，可循环使用；【解答】解：制备2Zn（OH）2ZnCO3流程为：锌焙砂（主要成分为ZnO，含少量Cu2+、Mn2+等离子）中加入硫酸铵、氨水、双氧水，双氧水将锰离子氧化成二氧化锰，过滤后在滤液中加硫化铵，再过滤，除去铜离子，蒸氨除去多余的氨气，加入碳酸氢铵得到2Zn（OH）2ZnCO3和二氧化碳气体，过滤得2Zn（OH）2ZnCO3，滤液为硫酸铵溶液，（1）NH4）2SO4与NH3H2O的混合溶液中存在电荷守恒：c （NH4+）+c（H+）=2c（SO42）+c（OH），25时，pH=7是显中性的溶液，故c（H+）=c（OH），所以c（NH4+）=2c（SO42），故答案为：=（2）根据影响反应速率的因素判断“浸取”时为了提高锌的浸出率，可采取的措施为搅拌、适当加热，故答案为：搅拌、适当加热；（3）“浸取”时加入的NH3H2O过量，溶液呈碱性，双氧水将锰离子氧化成MnO2，反应的离子方程式为Mn2+H2O2+2NH3H2O=MnO2+2NH4+2H2O，故答案为：Mn2+H2O2+2NH3H2O=MnO2+2NH4+2H2O；（4）根据反应ZnS+Cu2+=CuS+Zn2+，可知K=1.210121105，K105化学反应完全，所以选择ZnS进行除杂是可行的，故答案为：可行，ZnS+Cu2+=CuS+Zn2+ K=1.210121105；（5）“沉锌”的过程为溶液中的锌离子与碳酸氢铵溶液反应生成2Zn（OH）2ZnCO3，离子方程式为3Zn2+6HCO3=2Zn（OH）2ZnCO3+5CO2+H2O，故答案为：3Zn2+6HCO3=2Zn（OH）2ZnCO3+5CO2+H2O；（6）“过滤3”所得滤液为硫酸铵溶液，可循环使用，其化学式为（NH4）2SO4，故答案为：（NH4）2SO410N2H4（肼）可作用制药的原料，也可作火箭的燃料（1）肼能与酸反应N2H6Cl2溶液呈弱酸性，在水中存在如下反应：N2H62+H2ON2H5+H3O+平衡常数K1N2H5+H2ON2H4+H3O+平衡常数K2相同温度下，上述平衡常数K2K1，其主要原因是第一步水解生成的H3O+对第二步水解有抑制作用（2）工业上，可用次氯酸钠与氨反应制备肼，副产物对环境友好，写出化学方程式NaClO+2NH3=NaCl+N2H4+H2O（3）肼在催化剂作用下分解只产生两种气体，其中一种气体能使红色石蕊试纸变蓝色在密闭容器中发生上述反应，平衡体系中肼气体的体积分数与温度关系如图1所示该反应的正反应H0（填：、或=，下同）；P2P1（4）已知热化学反应方程式：反应I：N2H4（g）N2（g）+2H2（g）H1；反应II：N2（g）+3H2（g）2NH3（g）H2H1H2（填：、或=）7N2H4（g）8NH3（g）+3N2（g）+2H2（g）HH=7H1+4H2（用H1、H2表示）向1L恒容密闭容器中充入0.1mol N2H4，在30、NiPt催化剂作用下发生反应I，测得混合物体系中，（用y表示）与时间的关系如图2所示04.0min时间内H2的平均生成速率（H2）=0.025molL1min1；该温度下，反应I的平衡常数K=0.01（5）肼还可以制备碱性燃料电池，氧化产物为稳定的对环境友好的物质该电池负极的电极反应式为N2H44e+4OH=N2+4H2O；若以肼空气碱性燃料电池为电源，以NiSO4溶液为电镀液，在金属器具上镀镍，开始两极质量相等，当两极质量之差为1.18g时，至少消耗肼的质量为0.16g【考点】体积百分含量随温度、压强变化曲线；原电池和电解池的工作原理；化学平衡的计算【分析】（1）第一步水解生成的H3O+对第二步水解有抑制作用，第一步水解为主；（2）次氯酸钠的还原产物为氯化钠，不是氯气，还有水生成，氯化钠、水对环境都友好，结合原子守恒配平书写得到化学方程式；（3）从图象看出，升高温度，平衡体系中肼气体的体积分数降低，则平衡正向移动，说明正方向是吸热反应；肼在催化剂作用下分解只产生两种气体，其中一种气体能使红色石蕊试纸变蓝色，则方程式为：3N2H44NH3+N2，增大压强，平衡向左移动，N2H4体积分数增大，故P1大于P2；（4）反应I是吸热反应，反应II是放热反应；根据盖斯定律知，反应I7+反应II4=反应III；设平衡时n（N2）=a，n（H2）=2a，n（N2H4）=0.1 mola，则：3a=3.0（0.1 mola），a=0.05 mol，（H2）=，K=计算；（5）N2H4/空气在碱溶液中构成电池，N2H4在负极上发生氧化反应，O2在正极上发生还原反应，负极的电极反应式为N2H44e+4OH=N2+4H2O，镀镍时阴极的反应式为Ni2+2e=Ni，镍的相对原子质量为59，阳极为纯镍，阳极的电极反应式为Ni2e=Ni2+，根据得失电子守恒建立关系计算【解答】解：（1）相同温度下，上述平衡常数K2K1，其主要原因是第一步水解生成的H3O+对第二步水解有抑制作用，第一步水解为主，故答案为：第一步水解生成的H3O+对第二步水解有抑制作用；（2）次氯酸钠的还原产物为氯化钠，不是氯气，还有水生成，氯化钠、水对环境都友好，化学方程式为：NaClO+2NH3=NaCl+N2H4+H2O，故答案为：NaClO+2NH3=NaCl+N2H4+H2O；（3）从图象看出，升高温度，平衡体系中肼气体的体积分数降低，则平衡正向移动，说明正方向是吸热反应；肼在催化剂作用下分解只产生两种气体，其中一种气体能使红色石蕊试纸变蓝色，则方程式为：3N2H44NH3+N2，增大压强，平衡向左移动，N2H4体积分数增大，故P1大于P2，故答案为：；（4）反应I是吸热反应，H10，反应II是放热反应，H20，则H1H2，故答案为：；反应I：N2H4（g）N2（g）+2H2（g）H1反应II：N2（g）+3H2（g）2NH3（g）H2反应III：7N2H4（g）8NH3（g）+3N2（g）+2H2（g）H根据盖斯定律知，反应I7+反应II4=反应III，H=7H1+4H2，故答案为：7H1+4H2；设平衡时n（N2）=a，n（H2）=2a，n（N2H4）=0.1 mola，则：3a=3.0（0.1 mola），a=0.05 mol（H2）=0.025mol/（Lmin），K=0.01，故答案为：0.025；0.01；（5）N2H4/空气在碱溶液中构成电池，N2H4在负极上发生氧化反应，O2在正极上发生还原反应，负极的电极反应式为N2H44e+4OH=N2+4H2O，镀镍时阴极的反应式为Ni2+2e=Ni，镍的相对原子质量为59，阳极为纯镍，阳极的电极反应式为Ni2e=Ni2+，设至少消耗N2H4的物质的量为n，由电子守恒知，阴极质量与阳极质量之差为2n（2n）59g/mol=1.18g，n=0.005mol，m（N2H4）=0.005mol32g/mol=0.16g，故答案为：N2H44e+4OH=N2+4H2O；0.1611【化学选修2化学与技术】许多含碳、氢物质是重要的化工原料（1）某新型储氢合金（化学式为Mg17Al12）的储氢原理为Mg17Al12+17H217MgH2+12Al，此变化中还原产物是MgH2（填化学式）（2）草酸的钙盐、钡盐、镁盐难溶于水已知C2O3是无色无味气体，可溶于水生成草酸（H2C2O4），写出它溶于足量Ba（OH）2溶液发生反应的化学方程式C2O3+Ba（OH）2=BaC2O4+H2O（3）已知：几个热化学方程式如下：H2（g）+O2（g）H2O（g）H1=198kJmol1CO（g）+O2（g）CO2（g）H2CH4（g）+2O2（g）CO2（g）+2H2O（g）H3=846.3kJmol1化学键COOOCO（CO2中）键能（kJmol1）958.5497745写出甲烷与水蒸气在高温下制备合成气（CO，H2）的热化学方程式CH4（g）+H2O（g）CO（g）+3H2（g）H=30.7KJ/mol（4）向2L恒容密闭容器中充入3mol CH4（g）、4mol H2O（g），发生反应制备CO、H2，测得温度为t时，容器内H2的物质的量浓度（molL1）随时间的变化如图中II曲线所示图中I、III分别表示相对于II仅改变反应条件后，c（H2）随时间的变化若曲线I仅代表改变一种条件后的情况，则改变的条件可能是升温；a、b两点用CO浓度变化表示的净反应速率关系为ab；曲线II对应反应的平衡常数K为54该温度下，若将等物质的量浓度的CH4（g）、H2O（g）、CO（g）、H2（g）混合充入该容器中，则开始进行方向是无法确定（填：向左、向右、平衡或无法确定）曲线III相对于曲线II改变的条件是BA降低温度 B使用催化剂、降低温度 C加压【考点】化学平衡的计算；有关反应热的计算；氧化还原反应；化学平衡的影响因素【分析】（1）氧化还原反应中元素化合价升高的被氧化得到氧化产物；（2）C2O3是一种无色无味的气体，可溶于水生成草酸（H2C2O4），与足量Ba（OH）2溶液混合发生酸碱中和反应生成盐和水；（3）依据图表键能计算反应焓变，CO（g）+O2（g）=CO2（g）H2 ，结合热化学方程式和盖斯定律计算3得到所需热化学方程式；（4）若曲线代表的是仅变化一种条件后的情况，曲线达到平衡所需时间少，说明反应速率快，且生成氢气浓度大，平衡正向进行，改变条件是升温；曲线对应反应的平衡常数=，结合三行计算列式计算平衡浓度计算得到，若将等物质的量浓度的CH4、H2O、CO、H2混合在该容器中，计算此时浓度商和平衡常数比较判断反应进行的方向；曲线相对于曲线，达到平衡所需时间短，反应速率快，氢气浓度减小说明平衡逆向进行【解答】解：（1）Mg17Al12+17H2=17MgH2+12Al，此变化中镁元素化合价0价变化为+2价，被氧化得到氧化产物是MgH2，故答案为：MgH2；（2）C2O3是一种无色无味的气体，可溶于水生成草酸（H2C2O4），与足量Ba（OH）2溶液混合发生酸碱中和反应生成盐和水，反应的化学方程式为：C2O3+Ba（OH）2=BaC2O4+H2O，故答案为：C2O3+Ba（OH）2=BaC2O4+H2O；（3）CO（g）+O2（g）=CO2（g）H2 =KJ/mol=283KJ/mol，H2（g）+O2（g）=H2O（g）H1=198kJmol1CO（g）+O2（g）=CO2（g）H2=282.9KJ/mol，CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）H3=846.3kJmol1依据盖斯定律计算3得到CH4（g）+H2O（g）CO（g）+3H2（g）H=30.7KJ/mol，故答案为：CH4（g）+H2O（g）CO（g）+3H2（g）H=30.7KJ/mol；（4）若曲线代表的是仅变化一种条件后的情况，曲线达到平衡所需时间少，说明反应速率快，且生成氢气浓度大，平衡正向进行，改变条件是升温，a、b两点后，a点温度小于b点，所以用CO浓度变化表示的反应速率关系为ab，故答案为：升温；ab；结合三行计算列式计算平衡浓度计算得到，图象中可知达到平衡状态氢气浓度为3mol/L， CH4（g）+H2O（g）CO（g）+3H2（g）起始量（mol/L） 1.5 2 0 0变化量（mol/L） 1 1 1 3平衡量（mol/L） 0.5 1 1 3曲线对应反应的平衡常数=54，若将等物质的量浓度的CH4、H2O、CO、H2混合在该容器中，设物质的量浓度为c，计算此时浓度商Qc=c2，和平衡常数无法比较大小，所以反应进行方向无法确定，开始时H2的生成速率和氢气消耗数量无法确定，故答案为：54；无法确定；曲线相对于曲线，达到平衡所需时间短，反应速率快，氢气浓度减小说明平衡逆向进行，A降低温度反应速率减小，达到平衡时间增大，故A错误；B使用催化剂加快反应速率、降低温度平衡逆向进行，氢气浓度减小，故B正确；C充入氦气总压增大，气体分压不变平衡不变，故C错误；故答案为：B12【化学选修3物质结构与性质】硒（Se）是一种有抗癌、抗氧化作用的元素，可以形成多种化合物（1）基态硒原子的价层电子排布式为4s24p4（2）锗、砷、硒的第一电离能大小排序为AsSeGeH2SeO4的酸性比H2SeO3的强，其原因是H2SeO