辽宁省沈阳市郊联体2015届高考化学二模试卷

1、辽宁省沈阳市郊联体2015届高考化学二模试卷一、选择题（共7小题，每小题3分，满分21分）1（3分）国家对食品、空气、药品安全问题越来越重视，下列说法中一定正确的是（）A欧洲和北美洲的一些大城市上空二氧化氮浓度很高，其原因是这些地区硝酸工业发达B大气污染物中的二氧化硫能引起呼吸道疾病C天然的药物无任何毒副作用，可长期服用D长期食用二氧化硫含量超标的食品会破坏维生素B1，可通过服入碱性物质（如NaOH）的方法来消除二氧化硫中毒2（3分）下列关于有机化合物的说法正确的是（）A能发生消去反应、酯化反应和加成反应B硫酸铵溶液可以使蛋白质变性CC4H10与C10H22一定互为同系

2、物D分子式为C4H10O的有机物共2种3（3分）下列实验操作、现象和结论均正确的是（） 选项实验操作现象结论A将干燥纯净的氯气通入装有湿润的红色纸条的试剂瓶中红色褪去氯气有漂白性B往乙醇中加入适量浓硫酸制备乙烯，并将产生的气体直接通入酸性KMnO4溶液中酸性KMnO4溶液紫红色褪去证明乙烯能被酸性高锰酸钾氧化C取少量BaSO4固体于试管中，加入足量的盐酸沉淀不溶解BaSO4不溶于盐酸，且可以用盐酸和BaCl2溶液检验SO42D在分液漏斗中加入碘水后再加入苯，充分振荡分层，且上层溶液呈紫色苯可作为碘的萃取剂AABBCCDD4（3分）下列有关溶液的叙述正确的是（）A惰性电极电解氯化钾溶液：2Cl+

3、2H2OCl2+H2+2OHB能溶解Fe（OH）3的溶液中含有：HCO3、Na+、Mg2+、ClC中性溶液中可能大量存在Fe3+、K+、Cl、SO42D石灰乳与Na2CO3溶液混合：Ca2+CO32=CaCO35（3分）下列有关金属腐蚀与防护的说法正确的是（）A在酸性环境下，钢铁只能发生析氢腐蚀B金属腐蚀的实质是金属失去电子被还原的过程C轮船的船壳水线以下常装有一些锌块，这是利用了牺牲阳极的阴极保护法D铜铁交接处，在潮湿的空气中直接发生反应：Fe3eFe3+，继而形成铁锈6（3分）一定条件下，固定容积的密闭容器中，CO和H2反应生成甲醇：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）如图是该反应在不

4、同温度下CO的转化率随时间变化的曲线下列判断正确的是（）AT1T2，该反应的H0B加入催化剂可以提高CO的转化率CT1时的平衡常数K1T2时的平衡常数K2DCO（g）+2H2（g）CH3OH（1）的H值将变大7（3分）下列各溶液中，微粒的物质的量浓度关系正确的是（）ANaHSO3溶液：c（OH）=c（HSO3）+c（H+）+c（H2SO3）BCuSO4（NH4）2SO46H2O的溶液中：c（SO42）c（NH4+）c（Cu2+）c（H+）C（OH）C氯气溶于水达到平衡后，若其他条件不变加入CaCO3固体，增加DNaSiO3溶液加水稀释后，恢复至原温度，pH和KW均减小二、填空题（共3小题）8（

5、15分）（1）工业合成氨是一个可逆反应：N2（g）+H2（g）2NH3（g）图中虚线部分是通过改变化学反应中的条件，请解释原因：下表为不同温度下该反应的平衡常数由此可推知，表中T1573K（填“”、“”或“=”） T/KT1573T3K1.001072.541051.88103（2）Mg2Cu是一种储氢合金350时，Mg2Cu与H2反应，生成MgCu2和仅含一种金属元素的氢化物（其中氢的质量分数为0.077）Mg2Cu与H2反应的化学方程式为（3）锡常见的价态有+2和+4价，在化合物中稳定的价态为+4价，则配制的SnCl2的水溶液除了固体SnCl2和水外，还需要的物质是（4）汽车燃油不完全燃烧

6、时产生CO，有人设想按下列反应除去CO：2CO（g）=2C（s）+O2（g），已知该反应的H0，简述该设想能否实现的依据：（5）Mg（OH）2是制镁盐、耐火材料和阻燃剂的重要原料已知：a、25时，KSPMg（OH）2=4.01038；b、Mg（OH）2（s）=MgO（s）+H2O（g）H=+81.5kJmol1下列叙述正确的是A、从盐卤或海水中获得Mg（OH）2，工业上选择NaOH作沉淀剂BMg（OH）2能作阻燃剂是它分解吸热且生成MgO覆盖可燃物C、可加热Mg（OH）2得到MgO，再电解熔融的MgO制金属镁D、高温下，碳可以和氧化镁发生反应酸碱指示剂百里酚蓝变色的pH范围如下：pH8.08.

7、09.69.6颜色黄色绿色蓝色25时，在Mg（OH）2的饱和溶液中滴加2滴百里酚蓝指示剂，溶液的颜色为9（14分）过碳酸钠（2Na2CO33H2O2）是一种集洗涤、漂白、杀菌于一体的氧系漂白剂某兴趣小组制备过碳酸钠的实验方案和装置示意图如下：已知：主反应 2Na2CO3（aq）+3H2O2（aq）2Na2CO33H2O2（s）H0副反应 2H2O2=2H2O+O250C时2Na2CO33H2O2（s）开始分解请回答下列问题：（1）步骤的关键是控制温度，其措施有、和（2）在滤液X中加入适量NaCl固体可析出过碳酸钠，原因是（3）步骤中选用无水乙醇洗涤产品的目的是（4）下列物质中，会引起过碳酸钠失

8、效的有A、Na2S B、FeCl3 C、Na2SiO3 D、NaHCO3（5）如果以单位质量的氧化剂所得到的电子数来表示消毒效率，那么，ClO2、H2O2、Cl2三种消毒杀菌剂的消毒效率由大到小的顺序是（6）设计下列实验方案鉴别Na2CO3和NaHCO3两种白色粉末，不能达到预期目的是（）A、取等量的白色粉末滴加等浓度的盐酸，比较产生气泡的快慢B分别向等量的白色粉末中加等体积适量的水，比较固体溶解量的多少C分别将等量的白色粉末配成溶液，然后加入澄清石灰水，比较是否有沉淀生成D分别将等量的白色粉末用如图2装置进行实验，比较澄清石灰水是否变混浊10（14分）（1）A、B、C、D均为中学化学常见的物

9、质，其组成元素均为主族元素它们间的反应关系如图所示A是可溶性强碱，B是正盐，D不溶于稀硝酸，则A与B反应（加热）的化学方程式为C气体中各原子（能或不能）满足8电子的稳定结构C与溴化氢反应后生成的物质的电子式为室温下，醋酸的电离平衡常数为2105，则醋酸根的水解常数为（2）A、B、C、D、E、F、G七种原子序数依次增大的短周期主族元素A与E最外层电子数相同，短周期主族元素的原子中，E原子的半径最大；D、F同主族，F原子的质子数是D原子质子数的2倍；A和D可形成两种常见的液态化合物X和Y（相对分子质量XY），B形成的化合物种类最多回答问题：G元素为（填元素符号）；A、C、D三种元素形成的化合物有很

10、多，其中能促进水的电离的是（写一种即可）液态化合物Y与稀H2SO4酸化的K2Cr2O7溶液作用可产生一种无色助燃性气体及可溶性的Cr2（SO4）3，则该反应的离子方程式为三、解答题（共3小题）11（15分）三氯氧磷（化学式：POCl3）常用作半导体掺杂剂及光导纤维原料氯化水解法生产三氯氧磷的流程如下：（1）氯化水解法生产三氯氧磷的化学方程式为（2）通过佛尔哈德法可以测定三氯氧磷产品中Cl元素含量，实验步骤如下：取a g产品于锥形瓶中，加入足量NaOH溶液，待完全水解后加稀硝酸至酸性向锥形瓶中加入0.1000molL1的AgNO3溶液40.00mL，使Cl完全沉淀向其中加入2mL硝基苯，用力摇动

11、，使沉淀表面被有机物覆盖加入指示剂，用c molL1NH4SCN溶液滴定过量Ag+至终点，记下所用体积已知：Ksp（AgCl）=3.21010，Ksp（AgSCN）=21012滴定选用的指示剂是（选填字母），滴定终点的现象为aFeCl2 bNH4Fe（SO4）2 c淀粉 d甲基橙实验过程中加入硝基苯的目的是，如无此操作所测Cl元素含量将会（填“偏大”、“偏小”或“不变”）（3）氯化水解法生产三氯氧磷会产生含磷（主要为H3PO4、H3PO3等）废水在废水中先加入适量漂白粉，再加入生石灰调节pH将磷元素转化为磷酸的钙盐沉淀并回收在沉淀前先加入适量漂白粉的作用是下图是不同条件对磷的沉淀回收率的影响图

12、象处理该厂废水最合适的工艺条件为（选填字母）a调节pH=9 b调节pH=10 c反应时间30min d反应时间120min若处理后的废水中c（PO43）=4107 molL1，溶液中c（Ca2+）=molL1（已知KspCa3（PO4）2=21029）12（15分）、用Cr3+掺杂的氮化铝是理想的LED用荧光粉基质材料，氮化铝（其晶胞如图1所示）可由氯化铝与氨经气相反应制得（1）基态Cr的价电子排布式可表示为（2）氮化铝的化学式为，距离铝原子最近且距离相等的氮原子数目为个（3）氯化铝易升华，其双聚物Al2Cl6结构如图2所示，在Al2Cl6中存在的化学键有、（4）科学家最近研制出可望成为高效火

13、箭推进剂的N（NO2）3（如图所示）已知该分子中NNN键角都是108.1，下列有关N（NO2）3的说法正确的是，a、该物质中氮元素有两种不同的化合价b、该物质可以归类于亚硝酸盐类化合物c、该分子中的4个氮原子构成正四面体d、该分子中氮原子的化学环境各不相同（5）AlCl3在下述反应中作催化剂分子中碳原子的杂化类型为（6）科学家研究表明，Fe3O4是由Fe2+、Fe3+、O2通过离子键而组成的复杂离子晶体，O2的重复排列方式如图3所示，该排列方式中存在着两种类型的由O2围成的空隙，如1、3、6、7的O2围成的空隙和3、6、7、8、9、12的O2围成的空隙，前者为正四面体空隙，后者为正八面体空隙，

14、Fe3O4中有一半的Fe3+填充在正四面体空隙中，另一半Fe3+和Fe2+填充在正八面体空隙中，则Fe3O4晶体中，正四面体空隙数与O2离子数目之比，%正四面体空隙填有Fe3+13（15分）、某分子式为C10H20O2的酯，在一定条件下可发生如图的转化过程：则符合上述条件的酯的结构可有（）A、2种 B、4种 C、6种 D、8种、药用有机物A为一种无色液体，从A出发可发生如下一系列反应：请回答：（1）E中官能团的名称是；反应的反应类型为（2）化合物F结构简式：（3）有机物A的同分异体甚多，其中属于酯类的化合物，且含有苯环结构的异构体有种（4）E的一种同分异构体H，已知H可以和金属钠反应放出氢气，

15、且在一定条件下可发生银镜反应，试写出H的结构简式：（5）工业制取乙醇的化学方程式：（6）写出反应的化学方程式：辽宁省沈阳市郊联体2015届高考化学二模试卷参考答案与试题解析一、选择题（共7小题，每小题3分，满分21分）1（3分）国家对食品、空气、药品安全问题越来越重视，下列说法中一定正确的是（）A欧洲和北美洲的一些大城市上空二氧化氮浓度很高，其原因是这些地区硝酸工业发达B大气污染物中的二氧化硫能引起呼吸道疾病C天然的药物无任何毒副作用，可长期服用D长期食用二氧化硫含量超标的食品会破坏维生素B1，可通过服入碱性物质（如NaOH）的方法来消除二氧化硫中毒考点：二氧化硫的污染及治理；氮的氧化物的性质

16、及其对环境的影响；药物的主要成分和疗效 分析：A汽车尾气中含有大量的一氧化氮，一氧化氮容易氧化为二氧化氮；B二氧化硫有毒；C安全用药是指根据病情需要，正确选择药物的品种、剂量和服用时间等，以充分发最佳效果，尽量避免药物对人体产生的不良作用或危害；D强氧化钠为强碱，具有腐蚀性解答：解：A欧洲和北美洲的一些大城市上空二氧化氮浓度很高，与汽车过多有很大关系，故A错误；B大气污染物中的二氧化硫有毒，吸入体内能引起呼吸道疾病，故B正确；C“是药三分毒”天然药物也有副作用的，不能过量服用，故C错误；DNaOH的碱性太强，腐蚀性强，则不能服入NaOH的方法来消除二氧化硫中毒，可选择弱碱性溶液，如碳酸钠、肥皂

17、水等，故D错误；故选：B点评：本题考查了与生产生活相关的化学，熟悉二氧化硫、氮的氧化物等有毒物质的性质及生活中用药的安全常识是解题关键，注意对相关知识的积累2（3分）下列关于有机化合物的说法正确的是（）A能发生消去反应、酯化反应和加成反应B硫酸铵溶液可以使蛋白质变性CC4H10与C10H22一定互为同系物D分子式为C4H10O的有机物共2种考点：有机物的结构和性质；芳香烃、烃基和同系物；同分异构现象和同分异构体；蛋白质的盐析 分析：A不含碳碳不饱和键，不能发生加成反应；B硫酸铵可使蛋白质盐析；C根据同系物的定义判断；D分子式为C4H10O的有机物可为醇或醚解答：解：A有机物含有羧基，可发生酯化

18、反应，含有羟基，可发生消去反应，但不能发生加成反应，故A错误；B重金属盐可使蛋白质变性，但硫酸铵只能使蛋白质发生盐析，故B错误；CC4H10与C10H22都为烷烃，结构相似，为同系物，故C正确；D分子式为C4H10O的有机物可为醇或醚，对应的同分异构体有CH3CH2CH2CH2OH、CH3CHOHCH2CH3、CH3COH（CH3）2、CH30CH2CH2CH3等，大于2种，故D错误故选C点评：本题考查有机物的结构和性质，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握有机物的相关概念以及同分异构体的判断，难度不大3（3分）下列实验操作、现象和结论均正确的是（） 选项实验操作现象结论A将干燥纯

19、净的氯气通入装有湿润的红色纸条的试剂瓶中红色褪去氯气有漂白性B往乙醇中加入适量浓硫酸制备乙烯，并将产生的气体直接通入酸性KMnO4溶液中酸性KMnO4溶液紫红色褪去证明乙烯能被酸性高锰酸钾氧化C取少量BaSO4固体于试管中，加入足量的盐酸沉淀不溶解BaSO4不溶于盐酸，且可以用盐酸和BaCl2溶液检验SO42D在分液漏斗中加入碘水后再加入苯，充分振荡分层，且上层溶液呈紫色苯可作为碘的萃取剂AABBCCDD考点：氯气的化学性质；硫酸根离子的检验；乙烯的化学性质；分液和萃取 分析：A次氯酸有漂白性；B乙醇可与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应；CSO42可以用盐酸和BaCl2溶液检验；D苯的密度比水小解

20、答：解：A氯气与水反应生成次氯酸，次氯酸有漂白性，氯气无漂白性，故A错误； B乙醇可与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，应先除去乙醇，故B错误；C加入足量盐酸，没有沉淀生成，说明不是银离子，没有气体产生，说明不是碳酸根离子、亚硫酸根离子，再滴加氯化钡，产生白色沉淀，则溶液中一定含有硫酸根离子，故C正确；D苯的密度比水小，上层呈紫色，故D正确；故选CD点评：本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及物质的性质、氧化还原反应、离子的检验及物质的分离提纯等，侧重实验基本操作和实验原理的考查，注意装置的作用及实验的操作性、评价性分析，题目难度不大4（3分）下列有关溶液的叙述正确的是（）A惰性电极电解氯化

21、钾溶液：2Cl+2H2OCl2+H2+2OHB能溶解Fe（OH）3的溶液中含有：HCO3、Na+、Mg2+、ClC中性溶液中可能大量存在Fe3+、K+、Cl、SO42D石灰乳与Na2CO3溶液混合：Ca2+CO32=CaCO3考点：离子共存问题；离子方程式的书写 分析：A惰性电极电解氯化钾溶液，阴极氢离子得到电子生成氢气，阳极氯离子放电生成氯气；B能够溶解氢氧化铁的溶液中存在大量氢离子，碳酸氢根离子能够与氢离子反应；C铁离子部分水解，溶液显示酸性，不可能为中性；D石灰乳中，氢氧化钙不能拆开，应该两边化学式解答：解：A用惰性电极电解氯化钾溶液，反应生成氯气、氢气和氢氧化钾，反应的离子方程式为：2

22、Cl+2H2OCl2+H2+2OH，故A正确；B能溶解Fe（OH）3的溶液中含有大量氢离子，HCO3与氢离子反应，在溶液中不能大量共存，故B错误；CFe3+在溶液中部分水解，溶液显示酸性，不可能为中性溶液，故C错误；D石灰乳与碳酸钠反应生成碳酸钙和氢氧化钠，氢氧化钙不能拆开，正确的离子方程式为：Ca（OH）2+CO32=CaCO3+2OH，故D错误；故选A点评：本题考查了离子方程式的书写判断，题目难度中等，注意掌握离子方程式的书写原则，明确电解原理及电极反应式的书写方法，D为易错点，石灰乳中的氢氧化钙在离子方程式中不能拆开5（3分）下列有关金属腐蚀与防护的说法正确的是（）A在酸性环境下，钢铁只

23、能发生析氢腐蚀B金属腐蚀的实质是金属失去电子被还原的过程C轮船的船壳水线以下常装有一些锌块，这是利用了牺牲阳极的阴极保护法D铜铁交接处，在潮湿的空气中直接发生反应：Fe3eFe3+，继而形成铁锈考点：金属的电化学腐蚀与防护 专题：电化学专题分析：A强酸性环境下，钢铁发生析氢腐蚀，弱酸性或中性条件下，钢铁发生吸氧腐蚀；B金属失电子被氧化；CZn、Fe和海水构成原电池，Zn作负极被腐蚀，Fe被保护；DCu、Fe和电解质溶液构成原电池，发生吸氧腐蚀，Fe作负极、Cu作正极解答：解：A强酸性环境下，钢铁发生析氢腐蚀，弱酸性或中性条件下，钢铁发生吸氧腐蚀，所以酸性条件下钢铁不一定发生析氢腐蚀，故A错误；

24、B金属腐蚀的实质是金属失去电子发生氧化反应，所以属于被氧化的过程，故B错误；CZn、Fe和海水构成原电池，Zn易失电子作负极而被腐蚀，Fe作正极被保护，所以轮船的船壳水线以下常装有一些锌块，这是利用了牺牲阳极的阴极保护法，故C正确；DCu、Fe和电解质溶液构成原电池，发生吸氧腐蚀，Fe作负极、Cu作正极，负极反应式为Fe2eFe2+，故D错误；故选C点评：本题考查金属腐蚀与防护，明确原电池原理是解本题关键，作原电池负极或电解池阴极的金属被保护，易错选项是D，注意铁发生析氢腐蚀或吸氧腐蚀时生成亚铁离子而不是铁离子，为易错点6（3分）一定条件下，固定容积的密闭容器中，CO和H2反应生成甲醇：CO（

25、g）+2H2（g）CH3OH（g）如图是该反应在不同温度下CO的转化率随时间变化的曲线下列判断正确的是（）AT1T2，该反应的H0B加入催化剂可以提高CO的转化率CT1时的平衡常数K1T2时的平衡常数K2DCO（g）+2H2（g）CH3OH（1）的H值将变大考点：转化率随温度、压强的变化曲线 分析：根据先拐先平数值大原则，由图可知，温度T1T2，平衡时，温度越高CO的转化率越小，说明升高温度，平衡向逆反应移动，升高温度平衡向吸热反应移动，据此判断反应热、K1与K2关系解答：解：A由图可知，温度T2先到达平衡，反应速率较快，故温度T1T2；升高温度，CO的转化率减小，说明平衡逆向移动，故正反应为

26、放热反应，故H0，故A错误；B催化剂只能改变化学反应速率，对化学平衡无影响，故B错误；C升高温度，平衡向逆反应移动，所以T1时的平衡常数K1T2时的平衡常数K2，故C正确；DCH3OH（g）CH3OH（1），放出热量，故CO（g）+2H2（g）CH3OH（1）放出的热量大于CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）放出的热量，因反应热为负值，故CO（g）+2H2（g）CH3OH（1）的H值将变小，故D错误；故选C点评：本题考查化学平衡图象、化学平衡移动及平衡常数影响因素等，难度中等，注意根据先拐先平数值大原则判断温度高低，再结合CO的转化率判断反应热7（3分）下列各溶液中，微粒的物质的量浓度关系

27、正确的是（）ANaHSO3溶液：c（OH）=c（HSO3）+c（H+）+c（H2SO3）BCuSO4（NH4）2SO46H2O的溶液中：c（SO42）c（NH4+）c（Cu2+）c（H+）C（OH）C氯气溶于水达到平衡后，若其他条件不变加入CaCO3固体，增加DNaSiO3溶液加水稀释后，恢复至原温度，pH和KW均减小考点：离子浓度大小的比较；离子积常数 分析：A、电荷守恒：2c（SO32）+c（HSO3）+c（OH）=（H+）+c（Na+），由物料守恒可知c（HSO3）+c（SO32）+c（H2SO3）=c（Na+），以此计算；B、CuSO4（NH4）2SO46H2O的溶液中，电离出的铵根离

28、子浓度大约是铜离子浓度的2倍，硫酸根离子不水解，铜离子和铵根离子会发生水解导致溶液显示酸性；C、原平衡为：Cl2+H2OH+Cl+HClO，加入CaCO3固体后，氢离子浓度减小，平衡正向移动，次氯酸的浓度变大；D、NaSiO3溶液加水稀释后，促进水解，但浓度变小，所以PH变小，恢复至原温度，KW是温度的函数解答：解：A、电荷守恒：2c（SO32）+c（HSO3）+c（OH）=（H+）+c（Na+），由物料守恒可知c（HSO3）+c（SO32）+c（H2SO3）=c（Na+），代入，得c（SO32）+c（OH）=c（H+）+c（H2SO3），故A错误； B、CuSO4（NH4）2SO46H2O的

29、溶液中，电离出的铵根离子浓度大约是铜离子浓度的2倍，硫酸根离子不水解，铜离子和铵根离子会发生水解导致溶液显示酸性，所以离子浓度大小为：c（SO42）c（NH4+）c（Cu2+）c（H+）C（OH），故B正确；C、原平衡为：Cl2+H2OH+Cl+HClO，加入CaCO3固体后，氢离子浓度减小，平衡正向移动，次氯酸的浓度变大，所以减小，故C错误；D、NaSiO3溶液加水稀释后，促进水解，但浓度变小，所以PH变小，恢复至原温度，KW不变，故D错误；故选B点评：本题考查了离子浓度的大小比较，化学平衡的移动、水解平衡等，注意次氯酸是一种弱电解质，在加入碳酸钙固体时，氢离子浓度减小，平衡正向移动，然后分

30、析比值的大小，综合性强，有一定难度二、填空题（共3小题）8（15分）（1）工业合成氨是一个可逆反应：N2（g）+H2（g）2NH3（g）图中虚线部分是通过改变化学反应中的条件，请解释原因：下表为不同温度下该反应的平衡常数由此可推知，表中T1573K（填“”、“”或“=”） T/KT1573T3K1.001072.541051.88103（2）Mg2Cu是一种储氢合金350时，Mg2Cu与H2反应，生成MgCu2和仅含一种金属元素的氢化物（其中氢的质量分数为0.077）Mg2Cu与H2反应的化学方程式为2Mg2Cu+3H2MgCu2+3MgH2（3）锡常见的价态有+2和+4价，在化合物中稳定的价

31、态为+4价，则配制的SnCl2的水溶液除了固体SnCl2和水外，还需要的物质是盐酸和Sn（4）汽车燃油不完全燃烧时产生CO，有人设想按下列反应除去CO：2CO（g）=2C（s）+O2（g），已知该反应的H0，简述该设想能否实现的依据：不能实现，因为其HTS0（5）Mg（OH）2是制镁盐、耐火材料和阻燃剂的重要原料已知：a、25时，KSPMg（OH）2=4.01038；b、Mg（OH）2（s）=MgO（s）+H2O（g）H=+81.5kJmol1下列叙述正确的是BDA、从盐卤或海水中获得Mg（OH）2，工业上选择NaOH作沉淀剂BMg（OH）2能作阻燃剂是它分解吸热且生成MgO覆盖可燃物C、可加

32、热Mg（OH）2得到MgO，再电解熔融的MgO制金属镁D、高温下，碳可以和氧化镁发生反应酸碱指示剂百里酚蓝变色的pH范围如下：pH8.08.09.69.6颜色黄色绿色蓝色25时，在Mg（OH）2的饱和溶液中滴加2滴百里酚蓝指示剂，溶液的颜色为蓝色考点：难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；焓变和熵变；用化学平衡常数进行计算 分析：（1）温度和平衡常数间的关系取决于平衡受温度的影响情况；（2）令金属氢化物为RHx，金属R的相对分子质量为a，则=0.077，即923x=77a，X为金属的化合价，讨论可得x=2，a=24，故该金属氢化物为MgH2；（3）配制的SnCl2的水溶液时，要防止Sn2+被氧

33、化和水解；（4）HTS0时，反应不能自发进行；（5）A、从盐卤或海水中获得Mg（OH）2，工业上选择生石灰作沉淀剂；B、Mg（OH）2分解吸热，且MgO不能燃烧；C、MgO熔点太高，工业上电解氯化镁制取镁；D、高温条件下，碳和氧化镁反应生成镁和二氧化碳或一氧化碳；（4）Mg（OH）2的饱和溶液中的溶度积计算饱和溶液中的氢氧根离子浓度，结合水溶液中离子积计算氢离子浓度计算pH，然后结合表中数据判断溶液所呈现的颜色解答：解：（1）对于放热反应，温度升高，则化学平衡逆向移动，导致平衡常数减小，所以T1573K，故答案为：；（2）令金属氢化物为RHx，金属R的相对分子质量为a，则=0.077，即923

34、x=77a，X为金属的化合价，讨论可得x=2，a=24，故该金属氢化物为MgH2，故反应方程式为2Mg2Cu+3H2MgCu2+3MgH2，故答案为：2Mg2Cu+3H2MgCu2+3MgH2；（3）配制的SnCl2的水溶液时，要防止Sn2+被氧化和水解，加入盐酸抑制其水解，加入Sn防止其氧化，故答案为：盐酸和Sn；（4）反应2CO（g）=2C（s）+O2（g）的S0，其H0，则其HTS0，反应不能自发进行，故答案为：不能实现，因为其HTS0；（5）A、从盐卤或海水中获得Mg（OH）2，工业上选择生石灰作沉淀剂，故A错误；B、Mg（OH）2分解吸热，且MgO不能燃烧，所以Mg（OH）2能作阻燃

35、剂是它分解吸热且生成MgO覆盖可燃物，故B正确；C、MgO熔点太高，工业上电解氯化镁制取镁，故C错误；D、高温加热碳和氧化镁的混合物时，生成的二氧化碳或一氧化碳能不断脱离反应体系，促使反应不断进行，因此碳可以置换出镁，故D正确；故答案为：BD；25时，Mg（OH）2的溶度积Ksp=5.61012，根据反应Mg（OH）2（s）Mg2+2OH可得：c（Mg2+）c2（OH）=5.61012，设c（OH）=2c（Mg2+）=x，则：0.5xx2=5.61012，解得：x=2.24104mol/L，c（H+）=mol/L=4.51011mol/L，溶液的pH=10.49.6，所以溶液呈蓝色，故答案为：

36、蓝色点评：本题考查了盐类水解、反应化学反应自发进行的条件、化学实验操作方法的综合应用等知识，难度中等，试题涉及的知识点较多，全面考查了学生的分析、理解能力，正确分析题中数据为解答关键，难度较大9（14分）过碳酸钠（2Na2CO33H2O2）是一种集洗涤、漂白、杀菌于一体的氧系漂白剂某兴趣小组制备过碳酸钠的实验方案和装置示意图如下：已知：主反应 2Na2CO3（aq）+3H2O2（aq）2Na2CO33H2O2（s）H0副反应 2H2O2=2H2O+O250C时2Na2CO33H2O2（s）开始分解请回答下列问题：（1）步骤的关键是控制温度，其措施有冷水浴、和缓慢滴加H2O2溶液（2）在滤液X中

37、加入适量NaCl固体可析出过碳酸钠，原因是增大钠离子浓度、降低产品的溶解度（盐析作用）（3）步骤中选用无水乙醇洗涤产品的目的是洗去水份，利于干燥（4）下列物质中，会引起过碳酸钠失效的有ABA、Na2S B、FeCl3 C、Na2SiO3 D、NaHCO3（5）如果以单位质量的氧化剂所得到的电子数来表示消毒效率，那么，ClO2、H2O2、Cl2三种消毒杀菌剂的消毒效率由大到小的顺序是ClO2H2O2Cl2（6）设计下列实验方案鉴别Na2CO3和NaHCO3两种白色粉末，不能达到预期目的是（）A、取等量的白色粉末滴加等浓度的盐酸，比较产生气泡的快慢B分别向等量的白色粉末中加等体积适量的水，比较固体

38、溶解量的多少C分别将等量的白色粉末配成溶液，然后加入澄清石灰水，比较是否有沉淀生成D分别将等量的白色粉末用如图2装置进行实验，比较澄清石灰水是否变混浊考点：制备实验方案的设计 分析：双氧水和碳酸钠混合控制温度发生反应2Na2CO3 （aq）+3H2O2 （aq）2Na2CO33H2O2（s），静置过滤得到固体2Na2CO33H2O2，将固体洗涤、干燥得到较纯净的2Na2CO33H2O2；（1）温度过高时过碳酸钠分解导致其产率过低，反应温度较低，控制温度可迁移苯与硝酸反应的温度控制方法：可以搅拌冷却，让反应速率减小，缓慢滴加H2O2溶液；（2）溶液X中含有溶解的过碳酸钠，钠离子浓度越大，过碳酸钠

39、的溶解度越小；（3）过碳酸钠难溶于乙醇，水和乙醇互溶；（4）过碳酸钠相当于带结晶双氧水的碳酸钠，具有双氧水的性质，催化剂、还原性物质易促进过碳酸钠反应而导致失效；（5）计算获得1mol电子需要ClO2、H2O2、Cl2的质量，质量越小消毒效率越高；（6）A等量的碳酸氢钠与等体积、等浓度的盐酸反应快些；B碳酸钠和碳酸氢钠在等温时的溶解度的不同，碳酸氢钠的溶解度较小；CNa2CO3和NaHCO3均可与澄清石灰水反应产生白色沉淀；D加热碳酸氢钠分解放出CO2与澄清石灰水生成沉淀，碳酸钠加热不易分解解答：解：双氧水和碳酸钠混合控制温度发生反应2Na2CO3 （aq）+3H2O2 （aq）2Na2CO3

40、3H2O2（s），静置过滤得到固体2Na2CO33H2O2，将固体洗涤、干燥得到较纯净的2Na2CO33H2O2；（1）制备过碳酸钠是放热反应，反应过程中放出的热量使温度升高，温度过高会导致过碳酸钠分解，从而降低其产率，反应在较低温度下进行，控制温度可迁移苯与硝酸反应的温度控制方法，即水浴法；搅拌也可以控制温度，所以还可用磁力搅拌的方法；让反应速率减小控制温度，所以可用缓慢滴加H2O2溶液的方法，故答案为：冷水浴；缓慢滴加H2O2溶液等； （2）加入氯化钠固体，钠离子浓度增大，降低了过碳酸钠的溶解度，可以析出过碳酸钠，故答案为：增大钠离子浓度、降低产品的溶解度（盐析作用）；（3）无水乙醇能和水

41、互溶，且极易挥发，所以选用无水乙醇洗涤，所以其目的是：洗去水份，利于干燥，故答案为：洗去水份，利于干燥；（4）过碳酸钠相当于带结晶双氧水的碳酸钠，具有双氧水的性质，FeCl3能作双氧水分解的催化剂，亚硫酸钠具有还原性，能被过碳酸钠氧化，碳酸氢钠和硅酸钠都不与过碳酸钠反应，故选：AB；（5）Cl元素最终转化为氯离子，过氧化氢转化为水，获得1mol电子，需要ClO2的质量为68.5g/mol=13.7g，需要H2O2的质量为34g/mol=17g，需要Cl2的质量为71g/mol=35.5g，故消毒效率：ClO2H2O2Cl2，故答案为：ClO2；H2O2；Cl2；（6）A等量的碳酸氢钠与等体积、

42、等浓度的盐酸反应快些，可鉴别碳酸钠和碳酸氢钠，故A正确；B碳酸氢钠的溶解度较小，分别向等量的白色粉末中加等体积适量的水，比较固体溶解量的多少，可以鉴别二者，故B正确；CNa2CO3和NaHCO3均可与澄清石灰水反应产生白色沉淀，故加入澄清石灰水比较是否有沉淀生成的方法不能鉴别两白色粉末，故C错误；D加热碳酸氢钠分解放出CO2与澄清石灰水生成沉淀，碳酸钠加热不易分解，可以进行鉴别，故D正确，故选：C点评：本题考查制备实验方案设计、氧化还原反应计算、物质鉴别方案等，侧重考查学生分析能力及知识迁移、基本操作能力，题目难度中等10（14分）（1）A、B、C、D均为中学化学常见的物质，其组成元素均为主族

43、元素它们间的反应关系如图所示A是可溶性强碱，B是正盐，D不溶于稀硝酸，则A与B反应（加热）的化学方程式为Ba（OH）2+（NH4）2SO4BaSO4+2NH3+2H2OC气体中各原子不能（能或不能）满足8电子的稳定结构C与溴化氢反应后生成的物质的电子式为室温下，醋酸的电离平衡常数为2105，则醋酸根的水解常数为51010（2）A、B、C、D、E、F、G七种原子序数依次增大的短周期主族元素A与E最外层电子数相同，短周期主族元素的原子中，E原子的半径最大；D、F同主族，F原子的质子数是D原子质子数的2倍；A和D可形成两种常见的液态化合物X和Y（相对分子质量XY），B形成的化合物种类最多回答问题：G

44、元素为Cl（填元素符号）；A、C、D三种元素形成的化合物有很多，其中能促进水的电离的是NH4NO3（写一种即可）液态化合物Y与稀H2SO4酸化的K2Cr2O7溶液作用可产生一种无色助燃性气体及可溶性的Cr2（SO4）3，则该反应的离子方程式为Cr2O72+3H2O2+8H+=2Cr3+7H2O+3O2考点：无机物的推断；位置结构性质的相互关系应用 分析：（1）若A是可溶性强碱，B是正盐，二者反应生成气体，应为铵盐，D不溶于稀硝酸，则A为Ba（OH）2，B为（NH4）2SO4，D为BaSO4、C为NH3；水解和电离为可逆过程，Ka=，Kb=，则有KaKb=Kw，据此计算；（2）A、B、C、D、E

45、、F、G七种原子序数依次增大的短周期主族元素，A与E最外层电子数相同，短周期主族元素的原子中，E原子的半径最大，则E为Na元素，D、F同主族，F原子的质子数是D原子质子数的2倍，则D为O元素，F为S元素，A和D可形成两种常见的液态化合物X和Y（相对分子质量XY），则A为H元素，X为H2O，Y为H2O2，B形成的化合物种类最多，则B为C元素，C的原子序数介于B、D之间，所以C为N元素，G的原子序数大于F，则G为Cl元素，据此答题解答：解：（1）若A是可溶性强碱，B是正盐，二者反应生成气体，应为铵盐，D不溶于稀硝酸，则A为Ba（OH）2，B为（NH4）2SO4，D为BaSO4、C为NH3，则A与B

46、反应（加热）的化学方程式为 Ba（OH）2+（NH4）2SO4BaSO4+2NH3+2H2O，C中有氢原子，所以C气体中各原子不能满足8电子的稳定结构C与溴化氢反应后生成的物质为NH4Br，其电子式为，故答案为：Ba（OH）2+（NH4）2SO4BaSO4+2NH3+2H2O；不能；水解和电离为可逆过程，Ka=，Kb=，则有KaKb=Kw，所以Kb=51010，故答案为：51010；（2）A、B、C、D、E、F、G七种原子序数依次增大的短周期主族元素，A与E最外层电子数相同，短周期主族元素的原子中，E原子的半径最大，则E为Na元素，D、F同主族，F原子的质子数是D原子质子数的2倍，则D为O元素

47、，F为S元素，A和D可形成两种常见的液态化合物X和Y（相对分子质量XY），则A为H元素，X为H2O，Y为H2O2，B形成的化合物种类最多，则B为C元素，C的原子序数介于B、D之间，所以C为N元素，G的原子序数大于F，则G为Cl元素，根据上面的分析可知，G为Cl，故答案为：Cl；A、C、D三种元素形成的化合物中能促进水的电离的NH4NO3，铵根离子水解能促进水的电离，故答案为：NH4NO3；Y为H2O2，Y与稀H2SO4酸化的K2Cr2O7溶液作用可产生一种无色助燃性气体即为氧气及可溶性的Cr2（SO4）3，反应的离子方程式为Cr2O72+3H2O2+8H+=2Cr3+7H2O+3O2，故答案为

48、：Cr2O72+3H2O2+8H+=2Cr3+7H2O+3O2点评：本题考查无机物的推断及结构与位置关系，题目难度中等，是对知识综合运用与学生能力考查，推断元素是关键，较好的体现学生充分利用信息，对知识全面掌握的情况三、解答题（共3小题）11（15分）三氯氧磷（化学式：POCl3）常用作半导体掺杂剂及光导纤维原料氯化水解法生产三氯氧磷的流程如下：（1）氯化水解法生产三氯氧磷的化学方程式为PCl3+H2O+Cl2=POCl3+2HCl（2）通过佛尔哈德法可以测定三氯氧磷产品中Cl元素含量，实验步骤如下：取a g产品于锥形瓶中，加入足量NaOH溶液，待完全水解后加稀硝酸至酸性向锥形瓶中加入0.10

49、00molL1的AgNO3溶液40.00mL，使Cl完全沉淀向其中加入2mL硝基苯，用力摇动，使沉淀表面被有机物覆盖加入指示剂，用c molL1NH4SCN溶液滴定过量Ag+至终点，记下所用体积已知：Ksp（AgCl）=3.21010，Ksp（AgSCN）=21012滴定选用的指示剂是b（选填字母），滴定终点的现象为溶液变为红色aFeCl2 bNH4Fe（SO4）2 c淀粉 d甲基橙实验过程中加入硝基苯的目的是防止在滴加NH4SCN时，将AgCl沉淀转化为AgSCN沉淀，如无此操作所测Cl元素含量将会偏小（填“偏大”、“偏小”或“不变”）（3）氯化水解法生产三氯氧磷会产生含磷（主要为H3PO4

50、、H3PO3等）废水在废水中先加入适量漂白粉，再加入生石灰调节pH将磷元素转化为磷酸的钙盐沉淀并回收在沉淀前先加入适量漂白粉的作用是将废水中的H3PO3氧化为PO43，使其加入生石灰后转化为磷酸的钙盐下图是不同条件对磷的沉淀回收率的影响图象处理该厂废水最合适的工艺条件为bc（选填字母）a调节pH=9 b调节pH=10 c反应时间30min d反应时间120min若处理后的废水中c（PO43）=4107 molL1，溶液中c（Ca2+）=5106molL1（已知KspCa3（PO4）2=21029）考点：制备实验方案的设计；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；探究物质的组成或测量物质的含量 专

51、题：实验探究和数据处理题；电离平衡与溶液的pH专题分析：（1）氯化水解法产物是三氯氧磷和盐酸，结合原子守恒分析；（2）当滴定达到终点时NH4SCN过量，Fe3+与SCN反应溶液变红色，半分钟内不褪色，即可确定滴定终点；由于AgSCN沉淀的溶解度比AgCl小，可加入硝基苯用力摇动，使AgCl沉淀表面被有机物覆盖，避免在滴加NH4SCN时，将AgCl沉淀转化为AgSCN沉淀；若无此操作，NH4SCN标准液用量偏多；（3）在沉淀前先加入适量漂白粉使废水中的H3PO3氧化为PO43，加入生石灰后能完全转化为磷酸的钙盐，达到较高的回收率；根据图1、2分析磷的沉淀回收率；根据KspCa3（PO4）2=c（

52、Ca2+）3c（PO43）计算解答：解：（1）氯化水解法是用三氯化磷、氯气与水反应生成三氯氧磷和盐酸，其化学方程式为：PCl3+H2O+Cl2=POCl3+2HCl，故答案为：PCl3+H2O+Cl2=POCl3+2HCl；（2）用c molL1NH4SCN溶液滴定过量Ag+至终点，当滴定达到终点时NH4SCN过量，加NH4Fe（SO4）2作指示剂，Fe3+与SCN反应溶液会变红色，半分钟内不褪色，即可确定滴定终点；故答案为：b；溶液变为红色，而且半分钟内不褪色；已知：Ksp（AgCl）=3.21010，Ksp（AgSCN）=21012，则AgSCN沉淀的溶解度比AgCl小，可加入硝基苯用力摇

53、动，使AgCl沉淀表面被有机物覆盖，避免在滴加NH4SCN时，将AgCl沉淀转化为AgSCN沉淀；若无此操作，NH4SCN与AgCl反应生成AgSCN沉淀，则滴定时消耗的NH4SCN标准液的体积偏多，即银离子的物质的量偏大，则与氯离子反应的银离子的物质的量偏小，所以测得的氯离子的物质的量偏小；故答案为：偏小；（3）氯化水解法生产三氯氧磷会产生含磷（主要为H3PO4、H3PO3等）废水，在废水中先加入适量漂白粉，使废水中的H3PO3氧化为PO43，使其加入生石灰后能完全转化为磷酸的钙盐，达到较高的回收率；故答案为：将废水中的H3PO3氧化为PO43，使其加入生石灰后转化为磷酸的钙盐；根据图1、2可确定pH=10、反应时间30 min时磷的沉淀回收率较高，则处理该厂废水最合适的工艺条件为pH=10、反应时间30 min；故答案为：bc；若处理后的废水中c（PO43）=4107 molL1，KspCa3（PO4）2=c（Ca2+）3c（PO43）=21029，c（Ca2+）=5106molL1；故答案为：5106点评：本题考查了物质的制备方案设计，题目涉及化学方程式的书写、滴定原理的应用、图象分析以及难溶电解质的溶度积常数的应用等，题目综合性较强，难度中等，侧重于考查学生的分析能力和对