山东省临沂市蒙阴一中2015届高三下学期第八次月考化学试卷含解析

1、2014-2015学年山东省临沂市蒙阴一中高三（下）第八次月考化学试卷一、选择题（每小题6分，在每小题列出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1（6分）（2014秋启东市校级期中）化学与环境、材料、信息、能源关系密切，下列说法正确的是（）A绿色化学的核心是应用化学原理对环境污染进行治理B开发高效氢能、太阳能等新型电动汽车，以解决城市机动车尾气排放问题CPM 2.5是指大气中直径接近2.5106m的颗粒物，分散在空气中形成胶体D半导体行业中有一句话：“从沙滩到用户”，计算机芯片的材料是二氧化硅2（6分）（2013上海二模）现有下列短周期元素性质的数据：元素编号元素性质

2、原子半径0.741.601.521.100.991.860.750.82最高或最低化合价+2+1+5+7+1+5+32313下列说法正确的是（）A原子序数元素大于元素B、处于同一周期C上述八种元素最高价氧化物对应的水化物，号酸性最强D号元素原子结构示意图为：3（6分）（2014秋滕州市校级期末）下列反应所得溶液中一定只含一种溶质的是（）A向NaOH溶液中通入CO2B向Ca（OH）2溶液中通入Cl2C向蒸馏水中加入少量金属NaD向MgSO4溶液中滴入NaOH溶液4（6分）（2012崇明县二模）如图所示，集气瓶内充满某混合气体，置于光亮处，将滴管内的水挤入集气瓶后，烧杯中的水会进入集气瓶，集气瓶气

3、体是（）CO、O2 Cl2、CH4 NO2、O2 N2、H2ABCD5（6分）（2015春益阳校级月考）在密闭容器中进行反应：X（g）+3Y（g）2Z（g），有关下列图象的说法正确的是（）A依据图a可判断正反应为吸热反应B在图b中，虚线可表示压强增大C若正反应的H0，图c可表示升高温度使平衡向逆反应方向移动D由图d中气体平均相对分子质量随温度的变化情况，可推知正反应的H06（6分）（2015春临沂校级月考）为实现2008北京“科技奥运”战略，我国兴奋剂检测生物芯片装置已定型和批量生产，可快捷检测常见的16种兴奋剂已知某兴奋剂乙基雌烯醇（etylestrenol）的结构如图所示下列叙述中正确的是

4、（）A该物质的分子式为C20H30OB该物质能与NaHCO3溶液反应C能使溴的四氯化碳溶液褪色D该物质分子中的所有碳原子均共面7（6分）（2015春临沂校级月考）锌与100mL 18.5molL1的浓硫酸充分反应后，锌完全溶解，同时生成气体甲33.6L（标准状况）将反应后的溶液稀释至1L，测得溶液的pH=1，下列叙述不正确的是（）A气体甲中SO2与H2的体积比为4：1B反应中共消耗1.8 mol H2SO4C反应中共消耗97.5 g ZnD反应中共转移3 mol电子三、非选择题：包括必考题和选考题两部分8（15分）（2015春临沂校级月考）酸性KMnO4、H2O2、NaClO在生产、生活、卫生

5、医疗中常用作消毒剂，其中H2O2还可用于漂白，是化学实验室里必备的重要氧化试剂高锰酸钾造成的污渍可用还原性的草酸 （H2C2O4 ）去除，Fe（NO3）3也是重要氧化试剂，下面是对这三种氧化剂性质的探究（1）某同学向浸泡铜片的稀盐酸中加入H2O2后，铜片溶解，写出该反应的化学方程式并用双线桥法在化学方程式上标出电子转移的方向和总数（2）取300mL 0.2mol/L的KI溶液与一定量的酸性KMnO4溶液恰好反应，生成等物质的量的I2和KIO3，则消耗KMnO4的物质的量的是mol（3）日常生活中常用的“84消毒液”的主要成分是NaClO，消毒液呈碱性的原因是（用离子方程式表示）；将1mol/L

6、的NaClO溶液和0.5mol/L的FeCl2等体积混合时，反应的离子方程式为（4）MgH2O2酸性电池采用海水作电解质溶液（加入一定量的稀硫酸），该电池的正极的反应式为放电时正极附近溶液的PH（5）在Fe（NO3）3溶液中加入Na2SO3溶液，溶液先由棕黄色变为浅绿色，过一会又变为棕黄色，溶液先变为浅绿色的离子方程式是，又变为棕黄色的原因是9（14分）（2015春临沂校级月考）2013年1月27日百度新闻资讯中报道，活性氧化锌是一种多功能性的新型无机材料，其颗粒大小约在1100纳米云南化工冶金研究所采用湿化学法（NPP法）制备纳米级活性氧化锌，可用各种含锌物料为原料，采用酸浸出锌，经过多次净

7、化除去原料中的杂质，然后沉淀获得碱式碳酸锌，最后焙解获得活性氧化锌，化学工艺流程如下：（1）通过可以检验流程中滤液2中含有Na+，该实验的具体操作是（2）上述流程图中pH=12的Na2CO3溶液中c（CO32）=0.50mol/L，c（HCO3）=1102 mol/L，则c（Na+）：c（OH）=（3）“溶解”后得到的酸性溶液中含有Zn2+、SO42，另含有Fe2+、Cu2+等杂质先加入（填“Na2CO3”或“H2SO4”）调节溶液的pH至5.4，然后加入适量KMnO4，Fe2+转化为Fe（OH）3，同时KMnO4转化为MnO2经检测溶液中Fe2+的浓度为0.009molL1，则每升溶液中至少

8、应加入mol KMnO4（4）已知常温下，Cu（OH）2的溶度积常数Ksp=21020溶液中杂质Cu2+浓度为0.002molL1，若要生成沉淀，则应调节溶液的pH大于（5）“沉淀”得到ZnCO32Zn（OH）2H2O，“煅烧”在450500下进行，“煅烧”反应的化学方程式为：10（14分）（2015石景山区模拟）工业制得的氮化铝（AlN）产品中常含有少量Al4C3、Al2O3、C等杂质某同学设计了如下实验分别测定氮化铝（AlN）样品中AlN和Al4C3的质量分数（忽略NH3在强碱性溶液中的溶解）（1）实验原理Al4C3与硫酸反应可生成CH4；AlN溶于强酸产生铵盐，溶于强碱生成氨气，请写出A

9、lN与NaOH溶液反应的化学方程式（2）实验装置（如图所示）（3）实验过程连接实验装置，检验装置的气密性称得D装置的质量为y g，滴定管的读数为a mL称取xg AlN样品置于锥形瓶中；塞好胶塞，关闭活塞，打开活塞，通过分液漏斗加入稀硫酸，与烧瓶内物质充分反应待反应进行完全后，关闭活塞，打开活塞，通过分液漏斗加入过量（填化学式），与烧瓶内物质充分反应（填入该步应进行的操作）记录滴定管的读数为b mL，称得D装置的质量为z g（4）数据分析AlN的质量分数为若读取滴定管中气体的体积时，液面左高右低，则所测气体的体积（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）Al4C3的质量分数为（该实验条件下的气体摩尔

10、体积为Vm）【化学-选修2化学与技术】（15分）11（15分）（2014锦州一模）高富氧底吹熔池炼铜新工艺反应炉如图（1）该新工艺的优点之一是混合矿料不需要干燥、磨细烟气进入余热锅炉后，经静电除尘后进入酸厂回收利用，这样做体现化学的思想（2）该新工艺的优点之二是首次投料需要添加少量的燃料，当反应充分启动后就不需要再投放燃料，说明反应炉中的反应总体来说是反应（3）此法冶炼的矿石主要是黄铜矿（主要成分是CuFeS2），经过上面设备煅烧后最终化合态的铜生成铜和SO2，在冶炼铜矿过程中存在重要反应：2CuFeS2+O2=Cu2S+2FeS+SO2、2Cu2S+3O2=2Cu2O+2SO2、（4）从放铜

11、锍口放出的铜锍中还含有铁和硫必须除去，铜锍吹炼过程是火法冶炼生产粗铜的最后一道工序，吹炼过程分为两个阶段第一阶段的任务是使铁氧化造渣，主要化学反应为：2FeS+3O2+SiO2=2FeOSiO2+2SO2，第二阶段是使上一个阶段中没有反应彻底的Cu2S氧化成粗铜，主要化学反应为：Cu2S+O2=2Cu+SO2，下列关于反应、的分析正确的是（填序号）A反应氧化剂只有O2B硫元素在和均被氧化C和在反应过程中都有共价键破坏和共价键形成（5）图中渣包中的炉渣含有Fe2O3、FeO、SiO2等，选用提供的试剂设计实验验证炉渣中含有FeO提供的试剂：KMnO4溶液、KSCN溶液、NaOH溶液、稀硫酸、稀盐

12、酸，所选试剂为实验现象是二、【化学-选修3物质结构与性质】（15分）12（2014新建县校级模拟）已知A、B、C、D、E都是元素周期表中的前四周期元素，它们原子序数的大小关系为ACBDE又知A原子的p轨道为半充满，其形成的简单氢化物的沸点是同主族非金属元素的氢化物中最高的D原子得到一个电子后其3p轨道将全充满B+离子比D原子形成的离子少一个电子层C与B可形成BC型的离子化合物E的原子序数为29请回答下列问题：（1）元素A简单氢化物中A原子的杂化类型是，B、C、D的电负性由小到大的顺序为（用所对应的元素符号表示）C的气态氢化物易溶于水的原因是（2）E原子的基态电子排布式为元素E的单质晶体在不同温

13、度下可有两种堆积方式，晶胞分别如图a和b所示，则其面心立方堆积的晶胞与体心立方堆积的晶胞中实际含有的E原子的个数之比为（3）实验证明：KCl、MgO、CaO、TiN这4种晶体的结构与NaCl晶体结构相似（如图所示），其中3种离子晶体的晶格能数据如下表：离子晶体NaClKClCaO晶格能/kJmo该4种离子晶体（不包括NaCl）熔点从高到低的顺序是：（4）金属阳离子含未成对电子越多，则磁性越大，磁记录性能越好离子型氧化物V2O5和CrO2中，适合作录音带磁粉原料的是（5）温室效应，科学家设计反应：CO2+4H2CH4+2H2O以减小空气中CO2若有1mol CH4生成，

14、则有mol 键和mol 键断裂二、【化学-选修5有机化学基础】（15分）13（2014新建县校级模拟）Q是合成防晒霜的主要成分，某同学以石油化工的基本产品为主要原料，设计合成Q的流程如下（部分反应条件和试剂未注明）：已知：钯催化的交叉偶联反应原理（R、R1为烃基或其他基团，X为卤素原子）：RX+R1CHCH2R1CHCHR+HXC8H17OH分子中只有一个支链，且为乙基，其连续氧化的产物能与碳酸氢钠反应生成CO2，其消去产物的分子只有一个碳原子上没有氢原子F不能与氢氧化钠溶液反应，G的核磁共振氢谱中有3个峰且为对位取代物请回答下列问题：（1）反应的反应类型为，G的结构简式为（2）C中官能团的名

15、称是；C8H17OH的名称（用系统命名法命名）为（3）X是F的同分异构体，X遇氯化铁溶液发生显色反应且环上的一溴取代物有两种，写出X的结构简式：（4）B能与新制的氢氧化铜悬浑浊反应，写出其反应的化学方程式：（5）下列有关B、C的说法正确的是（填序号）a二者都能使溴的四氯化碳溶液或酸性高锰酸钾溶液褪色b二者都能与碳酸氢钠溶液反应产生二氧化碳c1mol B或C都能最多消耗44.8L（标准状况）氢气d二者都能与新制氢氧化铜悬浊液反应（6）分离提纯中间产物D的操作：先用饱和碳酸钠溶液除去C和浓硫酸，再用水洗涤，弃去水层，最终通过操作除去C8H17OH，精制得到D2014-2015学年山东省临沂市蒙阴一

16、中高三（下）第八次月考化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（每小题6分，在每小题列出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1（6分）（2014秋启东市校级期中）化学与环境、材料、信息、能源关系密切，下列说法正确的是（）A绿色化学的核心是应用化学原理对环境污染进行治理B开发高效氢能、太阳能等新型电动汽车，以解决城市机动车尾气排放问题CPM 2.5是指大气中直径接近2.5106m的颗粒物，分散在空气中形成胶体D半导体行业中有一句话：“从沙滩到用户”，计算机芯片的材料是二氧化硅考点：常见的生活环境的污染及治理；硅和二氧化硅 专题：化学应用分析：A绿色化学是无污染、无公害的化学，核心是利用化学原理从

17、源头消灭污染；B开发高效氢能、太阳能等新型电动汽车，可以减少污染性气体的排放，改善空气质量；C胶体的微粒直径在1100nm之间；DSi可做为半导体，可以有很多特殊的功能，二氧化硅是光导纤维的主要成分；解答：解：A绿色化学是对环境友好型化学，要求原料物质中所有的原子完全被利用且全部转入期望的产品中，原子的利用率100%，无污染、无公害的化学，核心是利用化学原理从源头消灭污染，故A错误；B氢能、核能、太阳能等是清洁能源，可减少污染，使用新型电动汽车，可减少城市机动车尾气排放，故B正确；CPM2.5是指大气中直径小于或等于2.5um的颗粒物，PM2.5的直径大于胶体直径，所以不属于胶体，故C错误；D

18、Si原子最外层电子为4个，既难得电子，也难失去电子，可做为半导体，可用于制造硅芯片，是计算机芯片的成分，故D错误；故选B点评：本题考查化学与环境、材料、信息、能源关系密切相关的知识，为高频考点，侧重于基础知识的综合理解和运用的考查，注意能形成胶体的微粒直径在1100nm之间，为易错点，难度不大，注意绿色化学的核心高频考点2（6分）（2013上海二模）现有下列短周期元素性质的数据：元素编号元素性质原子半径0.741.601.521.100.991.860.750.82最高或最低化合价+2+1+5+7+1+5+32313下列说法正确的是（）A原子序数元素大于元素B、处于同一周期C上述八种元素最高价

19、氧化物对应的水化物，号酸性最强D号元素原子结构示意图为：考点：元素周期律和元素周期表的综合应用 专题：元素周期律与元素周期表专题分析：电子层越多，半径越大，同周期从左向右原子半径在减小，最高正价在增大，最高正价等于族序数，由短周期元素的数据可知：只有2价，处于第A族；为O；有+7、1价，为Cl；最高正价为+1，处于第A族，原子半径大于其它原子，且的原子半径较大，故为Li，为Na；有+5、3价，处于A族，的原子半径较大，故为P、为N；最高正价为+2，处于A族，原子半径大于Li，故为Mg；最高正价为+3，处于A族，原子半径比Cl小，故为B，并结合元素周期律、化合物的性质来解答解答：解：电子层越多，

20、半径越大，同周期从左向右原子半径在减小，最高正价在增大，最高正价等于族序数，由短周期元素的数据可知：只有2价，处于第A族；为O；有+7、1价，为Cl；最高正价为+1，处于第A族，原子半径大于其它原子，且的原子半径较大，故为Li，为Na；有+5、3价，处于A族，的原子半径较大，故为P、为N；最高正价为+2，处于A族，原子半径大于Li，故为Mg；最高正价为+3，处于A族，原子半径比Cl小，故为B，A同主族，的原子半径大，则原子序数大，故A正确；B为Mg，为Li，则、号元素不处于同一周期，故B错误；C为Cl，最高价氧化物的水化物为HClO4，是含氧酸中酸性最强的酸，故C正确；D为B，原子结构示意图为

21、，故D错误；故选AC点评：本题考查原子结构与元素周期律，题目难度中等，熟悉原子半径、化合价的变化规律是解答本题的关键，为学生解答的易错点3（6分）（2014秋滕州市校级期末）下列反应所得溶液中一定只含一种溶质的是（）A向NaOH溶液中通入CO2B向Ca（OH）2溶液中通入Cl2C向蒸馏水中加入少量金属NaD向MgSO4溶液中滴入NaOH溶液考点：钠的重要化合物；氯气的化学性质；钠的化学性质 分析：A二氧化碳和氢氧化钠溶液能生成碳酸氢钠或碳酸钠；B氯气和氢氧化钙反应生成氯化钙、次氯酸钙；C钠和水反应生成氢氧化钠和氢气；D硫酸镁和NaOH溶液反应生成氢氧化镁沉淀和硫酸钠解答：解：A当二氧化碳少量时

22、，二氧化碳和氢氧化钠溶液反应生成碳酸钠，当二氧化碳过量时，二氧化碳和氢氧化钠溶液反应生成碳酸氢钠，也可能是碳酸氢钠和碳酸钠的混合物，故A不符合；B氯气和氢氧化钙反应生成氯化钙、次氯酸钙，所以溶质是两种，故B不符合；C钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，气体逸出，所以溶液中只含一种溶质，故C符合；D硫酸镁和NaOH溶液反应生成氢氧化镁沉淀和硫酸钠，MgSO4溶液或者氢氧化钠溶液可能过量，所以所得溶液中的溶质是两种，故D不符合；故选C点评：本题考查元素化合物知识，题目难度不大，本题注意相关物质的性质，学习中注重相关基础知识的积累4（6分）（2012崇明县二模）如图所示，集气瓶内充满某混合气体，置于光亮处

23、，将滴管内的水挤入集气瓶后，烧杯中的水会进入集气瓶，集气瓶气体是（）CO、O2 Cl2、CH4 NO2、O2 N2、H2ABCD考点：氯气的化学性质；氮的氧化物的性质及其对环境的影响 专题：卤族元素；氮族元素分析：氯气和甲烷在光照条件下发生取代反应生成氯化氢气体，氯化氢易溶于水，二氧化氮和氧气与水反应生成硝酸，其它两组气体在光照下不反应解答：解：一氧化碳与氧气在点燃条件下反应，在光照条件下不反应，压强不变化，烧杯中的水不会进入，故错误；氯气和甲烷在光照条件下发生取代反应生成氯化氢气体，氯化氢易溶于水，将滴管内的水挤入集气瓶后，集气瓶内压强减小，烧杯中的水进入集气瓶，故正确；二氧化氮和氧气与水反

24、应生成硝酸，将滴管内的水挤入集气瓶后，集气瓶内压强减小，烧杯中的水进入集气瓶，故正确；氮气与氢气在催化剂、加热条件下反应，在光照条件下不反应，压强不变化，烧杯中的水不会进入，故错误故选：D点评：本题考查气体的性质，题目难度不大，学习中注意基础知识的积累5（6分）（2015春益阳校级月考）在密闭容器中进行反应：X（g）+3Y（g）2Z（g），有关下列图象的说法正确的是（）A依据图a可判断正反应为吸热反应B在图b中，虚线可表示压强增大C若正反应的H0，图c可表示升高温度使平衡向逆反应方向移动D由图d中气体平均相对分子质量随温度的变化情况，可推知正反应的H0考点：化学反应速率与化学平衡图象的综合应用

25、；转化率随温度、压强的变化曲线 分析：A、依据图象分析，温度升高逆反应速率大于正反应速率，平衡逆向进行，逆向是吸热反应；B、压强增大改变反应速率增大，缩短反应达到平衡的时间，化学平衡向正反应方向移动；C、若正反应的H0，是放热反应升温平衡逆向进行，逆反应速率大于正反应速率；D、图象分析，温度升高平均相对分子质量减小，平均分子质量减小，总质量不变，说明气体物质的量变大，所以平衡逆向进行，逆反应是吸热反应，正反应是放热反应解答：解：A、依据图象分析，温度升高逆反应速率大于正反应速率，平衡逆向进行，逆向是吸热反应，正向是放热反应，可以判断反应热量变化，故A错误；B、压强增大改变反应速率增大，缩短反应

26、达到平衡的时间，化学平衡向正反应方向移动，图象不符合平衡移动，故B错误；C、若正反应的H0，是放热反应升温平衡逆向进行，逆反应速率大于正反应速率，图象符合反应速率的变化，故C正确；D、图象分析，温度升高平均相对分子质量减小，平均分子质量减小，总质量不变，说明气体物质的量变大，所以平衡逆向进行，逆反应是吸热反应，正反应是放热反应H0，故D错误；故选C点评：本题考查化学平衡的建立和影响因素的分析判断，图象分析判断是解题关键，题目难度中等6（6分）（2015春临沂校级月考）为实现2008北京“科技奥运”战略，我国兴奋剂检测生物芯片装置已定型和批量生产，可快捷检测常见的16种兴奋剂已知某兴奋剂乙基雌烯

27、醇（etylestrenol）的结构如图所示下列叙述中正确的是（）A该物质的分子式为C20H30OB该物质能与NaHCO3溶液反应C能使溴的四氯化碳溶液褪色D该物质分子中的所有碳原子均共面考点：有机物的结构和性质 专题：有机物的化学性质及推断分析：由结构简式可知，分子中含双键、OH，结合烯烃、醇的性质来解答，可结合乙烯、甲烷的结构判断有机物的空间结构解答：解：A由结构简式可知有机物分子式为C20H32O，故A错误；B羟基与NaHCO3溶液不反应，故B错误；C含有碳碳双键，可与溴发生加成反应，故C正确；D分子中除双键为平面结构外，其它C原子均为sp3杂化，空间构型为四面体结构，则不可能所有碳原子

28、共面，故D错误故选C点评：本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重烯烃、醇性质的考查，选项A为易错点，题目难度不大7（6分）（2015春临沂校级月考）锌与100mL 18.5molL1的浓硫酸充分反应后，锌完全溶解，同时生成气体甲33.6L（标准状况）将反应后的溶液稀释至1L，测得溶液的pH=1，下列叙述不正确的是（）A气体甲中SO2与H2的体积比为4：1B反应中共消耗1.8 mol H2SO4C反应中共消耗97.5 g ZnD反应中共转移3 mol电子考点：化学方程式的有关计算；浓硫酸的性质 分析：Zn和浓硫酸发生：Zn+2H2SO4（浓）=ZnSO4

29、+SO2+H2O，随着反应的进行，溶液浓度减小，稀硫酸与Zn发生：Zn+H2SO4（稀）=ZnSO4+H2，则生成的气体为SO2和的H2混合物，根据反应的有关方程式结合质量守恒定律列方程组计算解答：解：生成气体的物质的量为：=1.5mol，溶液剩余硫酸的物质的量为：1L0.1mol/L=0.05mol，参加反应的n（H2SO4）=0.1L18.5mol/L0.05mol=1.8mol，随着反应的进行，硫酸的浓度逐渐减小，设反应生成xmolSO2，ymolH2，Zn+2H2SO4（浓）=ZnSO4+SO2+H2Ox 2x xZn+H2SO4（稀）=ZnSO4+H2y y yx+y=1.52x+y

30、=1.8解之得 x=0.3，y=1.2所以反应会生成0.3mol的二氧化硫和1.2mol的氢气A气体A为SO2和H2的混合物，且V（SO2）：V（H2）=1：4，故A错误；B由以上计算可知，反应中共消耗1.8molH2SO4，故B正确；C反应中共消耗金属Zn的质量m（Zn）=（0.3mol+1.2mol）65g/mol=97.5g，故C正确；D在反应Zn+2H2SO4（浓）=ZnSO4+SO2+H2O中，生成0.3mol的二氧化硫转移电子为0.6mol，反应Zn+H2SO4（稀）=ZnSO4+H2中，生成1.2mol氢气转移电子2.4mol，所以反应中共转移3mol电子，故D正确故选A点评：本

31、题考查方程式的相关计算，题目难度不大，注意浓硫酸和稀硫酸性质的不同，从质量守恒的角度解答该题，计算生成气体的物质的量关系是解答该题的关键三、非选择题：包括必考题和选考题两部分8（15分）（2015春临沂校级月考）酸性KMnO4、H2O2、NaClO在生产、生活、卫生医疗中常用作消毒剂，其中H2O2还可用于漂白，是化学实验室里必备的重要氧化试剂高锰酸钾造成的污渍可用还原性的草酸 （H2C2O4 ）去除，Fe（NO3）3也是重要氧化试剂，下面是对这三种氧化剂性质的探究（1）某同学向浸泡铜片的稀盐酸中加入H2O2后，铜片溶解，写出该反应的化学方程式并用双线桥法在化学方程式上标出电子转移的方向和总数（

32、2）取300mL 0.2mol/L的KI溶液与一定量的酸性KMnO4溶液恰好反应，生成等物质的量的I2和KIO3，则消耗KMnO4的物质的量的是0.032mol（3）日常生活中常用的“84消毒液”的主要成分是NaClO，消毒液呈碱性的原因是ClO+H2O HClO+OH（用离子方程式表示）；将1mol/L的NaClO溶液和0.5mol/L的FeCl2等体积混合时，反应的离子方程式为6Fe2+12ClO+12H2O=5Fe（OH）3+Fe3+3Cl+9HClO（4）MgH2O2酸性电池采用海水作电解质溶液（加入一定量的稀硫酸），该电池的正极的反应式为H2O2+2H+2e=2H2O放电时正极附近溶

33、液的PH增大（5）在Fe（NO3）3溶液中加入Na2SO3溶液，溶液先由棕黄色变为浅绿色，过一会又变为棕黄色，溶液先变为浅绿色的离子方程式是2Fe3+SO32+H2O=2Fe2+SO42+2H+，又变为棕黄色的原因是H+与NO3组成的硝酸把Fe2+氧化考点：氧化还原反应的电子转移数目计算；化学电源新型电池；氧化还原反应的计算；氯、溴、碘及其化合物的综合应用；铁盐和亚铁盐的相互转变 分析：（1）铜片的稀盐酸中加入H2O2后，发生氧化还原反应生成氯化铜、水，该反应中转移2e；（2）依据氧化还原反应得失电子守恒规律计算解答；（3）NaClO为强碱弱酸盐水解生成次氯酸和氢氧化钠；次氯酸根离子具有强的氧

34、化性，能够氧化二价铁离子生成三价铁，本身被还原为氯离子，据此写出方程式；（4）MgH2O2酸性电池，镁为负极，被氧化，正极发生还原反应，H2O2被还原生成H2O，正极消耗氢离子，溶液pH值增大；（5）Fe3+与SO32发生氧化还原反应生成Fe2+和SO42，所以溶液颜色由棕黄色变为浅绿色，反应后溶液呈酸性，则在酸性条件下NO3与Fe2+反应生成Fe3+，过一会又变为棕黄色解答：解：（1）铜片的稀盐酸中加入H2O2后，发生氧化还原反应生成氯化铜、水，反应中1mol铜失去2mol电子，用双线桥法在化学方程式上标出电子转移的方向和总数为，故答案为：；（2）300mL 0.2mol/L的KI溶液，碘离

35、子的物质的量为0.06mol，依据题意0.06 mol I0.02 mol I2+0.02 IO3共转移0.16 mol电子，MnO4Mn2+，化合价由+7价降低为+2价，设消耗KMnO4的物质的量为n，由电子守恒得：n5=0.16mol，解得n=0.032 mol；故答案为：0.032；（3）NaClO为强碱弱酸盐水解生成次氯酸和氢氧化钠，离子方程式为：ClO+H2O HClO+OH；次氯酸根离子具有强的氧化性，能够氧化二价铁离子生成三价铁，本身被还原为氯离子，NaClO溶液和FeCl2等按照物质的量之比2：1反应离子方程式为：6Fe2+12ClO+12H2O=5Fe（OH）3+Fe3+3C

36、l+9HClO；故答案为：ClO+H2O HClO+OH；6Fe2+12ClO+12H2O=5Fe（OH）3+Fe3+3Cl+9HClO；（4）MgH2O2酸性电池，镁为负极，被氧化，正极发生还原反应，H2O2被还原生成H2O，正极反应式为H2O2+2H+2e=2H2O，正极消耗氢离子，溶液pH值增大；故答案为：H2O2+2H+2e=2H2O；增大；（5）Fe3+与SO32发生氧化还原反应生成Fe2+和SO42，离子方程式为：2Fe3+SO32+H2O=2Fe2+SO42+2H+，所以溶液颜色由棕黄色变为浅绿色，反应后溶液呈酸性，则在酸性条件下NO3与Fe2+反应生成Fe3+，过一会又变为棕黄

37、色；故答案为：2Fe3+SO32+H2O=2Fe2+SO42+2H+；H+与NO3组成的硝酸把Fe2+氧化点评：本题为综合题，考查了离子方程式、电极反应式书写、盐类水解的应用，明确氧化还原反应规律及原电池工作原理是解题关键，题目难度中等9（14分）（2015春临沂校级月考）2013年1月27日百度新闻资讯中报道，活性氧化锌是一种多功能性的新型无机材料，其颗粒大小约在1100纳米云南化工冶金研究所采用湿化学法（NPP法）制备纳米级活性氧化锌，可用各种含锌物料为原料，采用酸浸出锌，经过多次净化除去原料中的杂质，然后沉淀获得碱式碳酸锌，最后焙解获得活性氧化锌，化学工艺流程如下：（1）通过焰色反应可以

38、检验流程中滤液2中含有Na+，该实验的具体操作是将铂丝蘸盐酸在无色火焰上灼烧至无色，再蘸取待测溶液在无色火焰上灼烧，观察火焰颜色，再将铂丝再蘸盐酸灼烧至无色（2）上述流程图中pH=12的Na2CO3溶液中c（CO32）=0.50mol/L，c（HCO3）=1102 mol/L，则c（Na+）：c（OH）=102：1（3）“溶解”后得到的酸性溶液中含有Zn2+、SO42，另含有Fe2+、Cu2+等杂质先加入Na2CO3（填“Na2CO3”或“H2SO4”）调节溶液的pH至5.4，然后加入适量KMnO4，Fe2+转化为Fe（OH）3，同时KMnO4转化为MnO2经检测溶液中Fe2+的浓度为0.00

39、9molL1，则每升溶液中至少应加入0.003mol KMnO4（4）已知常温下，Cu（OH）2的溶度积常数Ksp=21020溶液中杂质Cu2+浓度为0.002molL1，若要生成沉淀，则应调节溶液的pH大于6（5）“沉淀”得到ZnCO32Zn（OH）2H2O，“煅烧”在450500下进行，“煅烧”反应的化学方程式为：ZnCO32Zn（OH）2H2O3ZnO+CO2+3H2O考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用 分析：由实验流程可知，含锌物料为原料，采用硫酸浸出锌，过滤除杂，得到滤液中含锌离子，与加入的Na2CO3溶液反应生成碱式碳酸锌，最后焙解获得活性氧化锌（1）Na的焰色为黄色，以

40、此检验；金属元素常用焰色反应；（2）pH=12的Na2CO3溶液，n（Na）=2n（C），c（OH）=0.01mol/L；（3）Fe2+、Cu2+等杂质，均可与碳酸钠反应；适量KMnO4将Fe2+转化为Fe（OH）3，由电子守恒计算；（4）Cu2+浓度为0.002molL1，转化为沉淀时c（OH）=；（5）“煅烧”反应生成ZnO、二氧化碳和水解答：解：由实验流程可知，含锌物料为原料，采用硫酸浸出锌，过滤除杂，得到滤液中含锌离子，与加入的Na2CO3溶液反应生成碱式碳酸锌，最后焙解获得活性氧化锌（1）Na的焰色为黄色，则检验溶液中含有Na+，常用焰色反应，具体操作为：将铂丝蘸盐酸在无色火焰上灼烧

41、至无色，再蘸取待测溶液在无色火焰上灼烧，观察火焰颜色，再将铂丝再蘸盐酸灼烧至无色，故答案为：焰色反应；将铂丝蘸盐酸在无色火焰上灼烧至无色，再蘸取待测溶液在无色火焰上灼烧，观察火焰颜色，再将铂丝再蘸盐酸灼烧至无色；（2）pH=12的Na2CO3溶液，由化学式可知，n（Na）=2n（C），则c（Na+）=20.51 mol/L=1.02 mol/L，c（OH）=0.01mol/L，所以c（Na+）：c（OH）=102：1，故答案为：102：1；（3）溶解后得到酸性溶液，要调节溶液的pH至5.4，需要升高pH，故应加入Na2CO3n（Fe2+）=0.009 mol，由电子得失守恒，则n（KMnO4）

42、=0.003 mol，故答案为：Na2CO3；0.003；（4）Cu2+浓度为0.0002molL1，c（Cu2+）c（OH）2=21020时开始出现沉淀，c（OH）=108 molL1，pH=6，故答案为：6；（5）“煅烧”反应生成ZnO、二氧化碳和水，反应为ZnCO32Zn（OH）2H2O3ZnO+CO2+3H2O，故答案为：ZnCO32Zn（OH）2H2O3ZnO+CO2+3H2O点评：本题考查学生对工艺流程的理解、阅读获取信息能力、对操作步骤的分析评价、物质的分离提纯、氧化还原反应计算等，是对所学知识的综合运用与能力的考查，需要学生具备扎实的基础知识与综合运用知识、信息进行解决问题的能

43、力，题目难度中等10（14分）（2015石景山区模拟）工业制得的氮化铝（AlN）产品中常含有少量Al4C3、Al2O3、C等杂质某同学设计了如下实验分别测定氮化铝（AlN）样品中AlN和Al4C3的质量分数（忽略NH3在强碱性溶液中的溶解）（1）实验原理Al4C3与硫酸反应可生成CH4；AlN溶于强酸产生铵盐，溶于强碱生成氨气，请写出AlN与NaOH溶液反应的化学方程式AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3（2）实验装置（如图所示）（3）实验过程连接实验装置，检验装置的气密性称得D装置的质量为y g，滴定管的读数为a mL称取xg AlN样品置于锥形瓶中；塞好胶塞，关闭活塞K2、K3，

44、打开活塞K1，通过分液漏斗加入稀硫酸，与烧瓶内物质充分反应待反应进行完全后，关闭活塞K1，打开活塞K3，通过分液漏斗加入过量NaOH（填化学式），与烧瓶内物质充分反应打开K2，通入空气一段时间（填入该步应进行的操作）记录滴定管的读数为b mL，称得D装置的质量为z g（4）数据分析AlN的质量分数为100%若读取滴定管中气体的体积时，液面左高右低，则所测气体的体积偏小（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）Al4C3的质量分数为100%（该实验条件下的气体摩尔体积为Vm）考点：探究物质的组成或测量物质的含量 专题：实验探究和数据处理题分析：从实验装置和实验步骤上看，本实验的原理是用足量硫酸与样品中

45、Al4C3完全反应，量取生成的甲烷气体，从而可测得Al4C3的百分含量；用足量NaOH溶液与样品中AlN完全反应，充分吸收生成的氨气，并称量其质量，从而求得AlN的质量分数，以此分析解答；（1）根据题目信息：AlN溶于强碱溶液时会生成NH3来书写方程式；（3）通过分液漏斗加入稀硫酸，硫酸与样品中Al4C3完全反应，量取生成的甲烷气体，从而测得Al4C3的百分含量，故应关闭活塞K2、K3，打开活塞 K1；用足量NaOH溶液与样品中AlN完全反应，充分吸收生成的氨气，并称量其质量，故应关闭活塞K1，打开活塞K3；装置中残留部分氨气，打开K2，通入空气一段时间，排尽装置的氨气，被装置D完全吸收；（4

46、）根据氮原子的守恒，氨气的物质的量等于AlN的物质的量，可求得AlN的质量分数；读取滴定管中气体的体积时，液面左高右低，气体的压强大于大气压，测定气体甲烷的体积偏小；根据碳原子的守恒，Al4C3的物质的量等于甲烷的物质的量的三分之一，可求得Al4C3的质量分数解答：解：从实验装置和实验步骤上看，本实验的原理是用足量硫酸与样品中Al4C3完全反应，量取生成的甲烷气体，从而可测得Al4C3的百分含量；用足量NaOH溶液与样品中AlN完全反应，充分吸收生成的氨气，并称量其质量，从而求得AlN的质量分数；（1）根据题目信息：AlN溶于强碱溶液时会生成NH3，化学方程式为：AlN+NaOH+H2O=Na

47、AlO2+NH3，故答案为：AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3；（3）通过分液漏斗加入稀硫酸，硫酸与样品中Al4C3完全反应，量取生成的甲烷气体，从而测得Al4C3的百分含量，故应关闭活塞K2、K3，打开活塞 K1，故答案为：K2、K3； K1；用足量NaOH溶液与样品中AlN完全反应，充分吸收生成的氨气，并称量其质量，故应关闭活塞K1，打开活塞K3，故答案为：K1；K3；NaOH；装置中残留部分氨气，打开K2，通入空气一段时间，排尽装置的氨气，被装置D完全吸收，防止测定的氨气的质量偏小，故答案为：打开K2，通入空气一段时间；（4）氨气的质量为（zy）g，物质的量为mol，根据氮原

48、子的守恒，氨气的物质的量等于AlN的物质的量，所以AlN的质量为mol41g/mol=g，故AlN的质量分数为100%=100%，故答案为：100%读取滴定管中气体的体积时，液面左高右低，气体的压强大于大气压，测定气体甲烷的体积偏小，故答案为：偏小；甲烷的体积为（ab）mL，物质的量为mol，根据碳原子的守恒，Al4C3的物质的量等于甲烷的物质的量的三分之一，所以Al4C3的质量为mol144g/mol=g，Al4C3的质量分数为100%，故答案为：100%点评：本题是一道关于物质的组成和含量测定知识的综合考查题，要求学生具有分析和解决问题的能力，难度大【化学-选修2化学与技术】（15分）11

49、（15分）（2014锦州一模）高富氧底吹熔池炼铜新工艺反应炉如图（1）该新工艺的优点之一是混合矿料不需要干燥、磨细烟气进入余热锅炉后，经静电除尘后进入酸厂回收利用，这样做体现化学的绿色化学思想（2）该新工艺的优点之二是首次投料需要添加少量的燃料，当反应充分启动后就不需要再投放燃料，说明反应炉中的反应总体来说是放热反应（3）此法冶炼的矿石主要是黄铜矿（主要成分是CuFeS2），经过上面设备煅烧后最终化合态的铜生成铜和SO2，在冶炼铜矿过程中存在重要反应：2CuFeS2+O2=Cu2S+2FeS+SO2、2Cu2S+3O2=2Cu2O+2SO2、2Cu2O+Cu2S=6Cu+SO2（4）从放铜锍口

50、放出的铜锍中还含有铁和硫必须除去，铜锍吹炼过程是火法冶炼生产粗铜的最后一道工序，吹炼过程分为两个阶段第一阶段的任务是使铁氧化造渣，主要化学反应为：2FeS+3O2+SiO2=2FeOSiO2+2SO2，第二阶段是使上一个阶段中没有反应彻底的Cu2S氧化成粗铜，主要化学反应为：Cu2S+O2=2Cu+SO2，下列关于反应、的分析正确的是BC（填序号）A反应氧化剂只有O2B硫元素在和均被氧化C和在反应过程中都有共价键破坏和共价键形成（5）图中渣包中的炉渣含有Fe2O3、FeO、SiO2等，选用提供的试剂设计实验验证炉渣中含有FeO提供的试剂：KMnO4溶液、KSCN溶液、NaOH溶液、稀硫酸、稀盐

51、酸，所选试剂为稀硫酸、KMnO4溶液实验现象是稀硫酸浸取炉渣所得的溶液使KMnO4溶液褪色考点：铜金属及其重要化合物的主要性质；金属冶炼的一般原理 专题：元素及其化合物分析：（1）SO2回收利用，防止污染环境，体现绿色化学思想；（2）开始反应要提供热量，后来不需要了，说明自身是放热反应；（3）化合态的铜生成铜和SO2，这就要求前两部反应生成的Cu2S和Cu2O反应生成Cu和SO2（4）反应中Cu2S既是氧化剂又是还原剂，反应、中都存在O2中的共价键被破坏和SO2 中共价键的形成（5）FeO+H2SO4=FeSO4+H2O，Fe2+具有还原性，可使酸性KMnO4溶液褪色解答：解：（1）SO2回收

52、利用，防止污染环境，体现绿色化学思想，故答案为：绿色化学；（2）开始反应要提供热量，后来不需要了，说明自身是放热反应，故答案为：放热；（3）化合态的铜生成铜和SO2，这就要求前两部反应生成的Cu2S和Cu2O反应生成Cu和SO2，写出方程式为：2Cu2O+Cu2S=6Cu+SO2，故答案为：2Cu2O+Cu2S=6Cu+SO2（4）反应中Cu2S既是氧化剂又是还原剂，反应、中都存在O2中的共价键被破坏和SO2 中共价键的形成，故答案为：BC；（5）FeO+H2SO4=FeSO4+H2O，Fe2+具有还原性，可使酸性KMnO4溶液褪色，故答案为：稀硫酸、KMnO4溶液；稀硫酸浸取炉渣所得的溶液使

53、KMnO4溶液褪色点评：本题考查绿色化学、热效应、书写方程式、物质结构等知识，难度中等书写方程是难点二、【化学-选修3物质结构与性质】（15分）12（2014新建县校级模拟）已知A、B、C、D、E都是元素周期表中的前四周期元素，它们原子序数的大小关系为ACBDE又知A原子的p轨道为半充满，其形成的简单氢化物的沸点是同主族非金属元素的氢化物中最高的D原子得到一个电子后其3p轨道将全充满B+离子比D原子形成的离子少一个电子层C与B可形成BC型的离子化合物E的原子序数为29请回答下列问题：（1）元素A简单氢化物中A原子的杂化类型是sp3，B、C、D的电负性由小到大的顺序为NaClF（用所对应的元素符号表示）C的气态氢化物易溶于水的原因是HF与水分子之间能形成氢键（2）E原子的基态电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1元素E的单质晶体在不同温度下可有两种堆积方式，晶胞分别如图a和b所示，则其面心立方堆积的晶胞与体心立方堆积的晶胞