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2016届上海市松江区高三一模化学试题及答案
2016 年上海市松江区高考化学一模试卷一、选择题（本题共 10 分，每小题 2 分，每小题只有一个正确选项） 1．下列我国古代技术应用中，其工作原理不涉及化学反应的是（ ） A．黑火药爆炸 B．用铁矿石炼铁 C．湿法炼铜 D．转轮排字 2．必须随配随用，不能长期存放的试剂是（ ） A．氢硫酸 B．盐酸 C．AgNO3 溶液 D．NaOH 溶液 3．能用元素周期律解释
的是（ ）A．酸性：H2SO3＞H2CO3 B．熔沸点：HF＞HCl C．碱性：NaOH＞Al（OH）3 D．热稳定性：Na2CO3＞CaCO3 4．用氯气和绿矾处理水，下列说法错误的是（ A．氯气起杀菌消毒作用 B．氯气氧化绿矾 C．绿矾具有净水作用 D．绿矾的氧化产物具有净水作用 ）5．下列关于自然界中氮循环示意图（如图）的说法错误的是（）A．氮元素只被氧化 B．豆科植物根瘤菌固氮属于自然固氮 C．其它元素也参与了氮循环 D．含氮无机物和含氮有机物可相互转化二、选择题（本题共 36 分，每小题 3 分，每小题只有一个正确选项） 6．下列物质不能用作食品干燥剂的是（ ） A．硅胶 B．六水合氯化钙 C．碱石灰 D．具有吸水性的植物纤维 7． 证明溴乙烷与 NaOH 醇溶液共热发生的是消去反应， 分别设计甲、 乙、 丙三个实验： （甲） 向反应混合液中滴入溴水，溶液颜色很快褪去． （乙）向反应混合液中滴入过量稀硝酸，再 滴入 AgNO3 溶液，有浅黄色沉淀生成． （丙）向反应混合液中滴入酸性 KMnO4 溶液，溶液 颜色褪去．则上述实验可以达到目的是（ ） A．甲 B．乙 C．丙 D．都不行8．如图是电解饱和食盐水（含少量酚酞）的装置，其中 c、d 为石墨电极．下列说法正确的是（）A．a 为负极、b 为正极 B．a 为阳极、b 为阴极 C．电解过程中，钠离子浓度不变 D．电解过程中，d 电极附近变红 9．分枝酸可用于生化研究．其结构简式如图．下列关于分枝酸的叙述正确的是（ ）A．分子中含有 2 种官能团 B．可与乙醇、乙酸反应，且反应类型相同 C．1mol 分枝酸最多可与 3molNaOH 发生中和反应 D．可使溴的四氯化碳溶液、酸性高锰酸钾溶液褪色，且原理相同 10．实现化学能转变为电能的装置是（ ）A．干电池 B．电解水 C．太阳能热水器 水力发电D．11．对于 1mol/L 盐酸与铁片的反应，下列措施不能使产生 H2 反应速率加快的是（）A．加入一小块铜片 B．改用等体积 98%的硫酸 C．用等量铁粉代替铁片 D．改用等体积 3mol/L 盐酸 12．如图是 N2（g）+3H2（g）T2NH3（g）在反应过程中的反应速率 v 与时间（t）的关系 曲线，下列说法错误的是（ ）A．t1 时，正方向速率大于逆反应速率 B．t2 时，反应体系中 NH3 的浓度达到最大值 C．t2t3 时间段，正反应速率等于逆反应速率 D．t2t3 时间段，各物质的浓度相等且不再发生变化 13．某稀硫酸和稀硝酸混合溶液 100mL，逐渐加入铁粉，产生气体的量随铁粉加入量的变 化如图所示．下列说法错误的是（ ）A．H2SO4 浓度为 4mol/L B．溶液中最终溶质为 FeSO4
C．原混合酸中 NO3 浓度为 0.2mol/L 3+ 2+ D．AB 段反应为：Fe+2Fe →3Fe 14．已知酸性溶液中还原性的顺序为 SO3 ＞I ＞Fe ＞Br ＞Cl ，下列反应不能发生的是 （ ） A．2Fe +SO3 +H2O→2Fe +SO4 +2H
2 2 + B．I2+SO3 +H2O→SO4 +2I +2H
2+ 3+ C．2Fe +I2→2Fe +2I
2 2 + D．Br2+SO3 +H2O→SO4 +2Br +2H3+ 2 2+ 2 + 22+15．用如图装置进行实验，甲逐滴加入到固体乙中，如表说法正确的是（ 选项液体甲 固体乙 溶液丙 丙中现象 A CH3COOHNaHCO3苯酚钠 无明显现象 B 浓 HCl KMnO4 紫色石蕊最终呈红色 C 浓 H2SO4 Na2SO3 品红 红色变无色 D 浓 H2SO4 Cu 氢硫酸 溶液变浑浊）A．AB．BC．CD．D16．不能判断甲比乙非金属性强的事实是（ ） A．常温下甲能与氢气直接化合，乙不能 B．甲的氧化物对应的水化物酸性比乙强 C．甲得到电子能力比乙强 D．甲、乙形成的化合物中，甲显负价，乙显正价 17．有 3 份等量的烧碱溶液，第 1 份直接与盐酸反应；第 2 份稀释一倍，再与盐酸反应；第 3 份通入适量的 CO2 后，再与盐酸反应．若盐酸的浓度相同，完全反应时消耗盐酸的体积分 别为 V1、V2 和 V3，则 V1、V2 和 V3 的大小关系正确的是（ ） A．V1=V2=V3 B．V1＞V3＞V2 C．V2＞V3＞V1 D．V1＞V2＞V3三、选择题（本题共 20 分，每小题 4 分，每小题有一个或两个正确选项．只有一个正确选 项的，多选不给分；有两个正确选项的，选对一个给 2 分，选错一个，该小题不给分） 18．如图是 CO2 生产甲醇的能量变化示意图．下列说法正确的是（ ）A．E2 E1 是该反应的热效应 _ B．E3 E1 是该反应的热效应 C．该反应放热，在常温常压下就能进行 D．实现变废为宝，且有效控制温室效应 19．常温下，用 0.05mol?L KOH 溶液滴定 10.00mL0.05mol?L H2C2O4（二元弱酸）溶 液所得滴定曲线如图（体积变化忽略不计） ．下列说法错误的是（ ）1 1_A．点②溶液中：c（K ）+c（H ）=c（HC2O4 ）+c（C2O4 ）+c（OH ）
+ 2 B．点③溶液中：c（K ）=c（HC2O4 ）+c（C2O4 ）+c（H2C2O4）++2C．点④溶液中：c（K ）+c（H2C2O4）+c（HC2O4 ）+c（C2O4 ）=0.05 mol?L
+ 2 + D．点⑤溶液中：c（K ）＞c（HC2O4 ）＞c（C2O4 ）＞c（OH ）＞c（H ）+2120． 新型纳米材料 MFe2O（ 中 M 表示+2 价的金属元素， 在反应中化合价不变化． 常 x 3＜x＜4） 温下， MFe2Ox 能使工业废气中的 SO2 转化为 S， 转化过程表示如图． 下列说法正确的是 （ ）A．x＜y B．SO2 是该反应的催化剂 C．MFe2Ox 是还原剂 D．氧化性：MFe2Oy＞SO2 21．如图是用稀 HNO3 和 Cu 制取少量 NO 并验证氮氧化合物性质的装置．下列说法错误的 是（ ）A．吸收剂可以是 NaOH 溶液 C．小试管中溶液最终呈蓝色B．试管上部的气体始终为无色 D．试纸先变红后褪色22．将 NaHCO3 和 Na2O2 的固体混合物 x g 在密闭容器中加热至 250℃，充分反应后排出气 体．将反应后的固体溶入水无气体放出，再逐滴加入盐酸，产生气体（标准状况）与所加盐 酸体积之间的关系如图所示．下列说法错误的是（ ）A．HCl 的浓度 0.2mol/L B．反应后固体的成分为 NaOH 与 Na2CO3 C．密闭容器中排出气体的成分为 O2 和 H2O D．x 的数值为 6.09四、非选择题 23．煅烧黄铁矿（主要成分为 FeS2）所得的矿渣中含 Fe2O3、SiO2、Al2O3、MgO 等．用该 矿渣可制备铁红（Fe2O3） ．完成下列填空： （1）煅烧黄铁矿的化学方程式 ，反应过程中被氧化的元素 ． （2）矿渣中属于两性氧化物的是 ，写出 Fe2O3 与稀硫酸反应的离子方程 式 ． （3）Al（OH）3 的碱性比 Mg（OH）2 的碱性 （选填“强”或“弱”） ；铝原子最 外层电子排布式为 ． （4）SiO2 的熔点 Fe2O3 的熔点（填“大于”或“小于”） ，原因是 ．（5）已知矿渣质量为 w kg，若铁红制备过程中，铁元素损耗 25%，最终得到铁红的质量为 m kg，则原来矿渣中铁元素质量分数为 （用表达式表示） ． 24．氯化铜可用于生产颜料、木材防腐剂等．用粗铜（含杂质 Fe）经过系列步骤可制备氯 化铜晶体（CuCl2?2H2O） ．完成下列填空： （1）实验室用浓盐酸和二氧化锰共热来制备 Cl2，写出该反应的离子方程式 ． （2）加入试剂将 CuCl2 和 FeCl3 的混合溶液 pH 调至 4～5，过滤得到纯净的 CuCl2 溶液， 应加入的试剂是 （填字母编号） a．CuO b．NaOH c．Cu2（OH）2CO3 d．Cu （3）CuCl2 溶液通过蒸发、结晶可得到 CuCl2?2H2O． ①蒸发过程中，加入盐酸的目的是 ． ②蒸发过程中，观察到溶液颜色由蓝色变为绿色．其原理是： 上述反应的化学平衡常数表达式是 欲使溶液由绿色变成蓝色的措施是：a ． ；b ．（4）由 CuSO4 溶液蒸发结晶得到 CuSO4?5H2O 的过程中不用加入硫酸，其原因是 （用勒夏特列原理解释） ． 25．探究 SO2 和氯水的漂白性，设计了如下实验，装置如图． 完成下列填空： （1）棉花上沾有的试剂是 NaOH 溶液，作用是 ． （2） ①反应开始一段时间后， B、 D 两个试管中可以观察到的现象分别是： B： D： ． ②停止通气后，分别加热 B、D 两个试管，可以观察到的现象分别是：B： D： ．， ，（3） 有同学认为 SO2 和氯水都有漂白性， 二者混合后的漂白性肯定会更强， 他将制得的 SO2 和 Cl2 按 1：1 同时通入到品红溶液中，结果发现褪色效果并不理想．产生该现象的原因（用 化学方程式表示） ． （4）装置 E 中用 （填化学式）和浓盐酸反应制得 Cl2，生成 2.24L（标准状况） 的 Cl2，则被氧化的 HCl 为 mol． 2 （5）实验结束后，检验蘸有试剂的棉花含有 SO4 的实验方案是：取棉花中的液体少许， 滴加足量的稀 HNO3， 再加入几滴 BaCl2 溶液， 出现白色沉淀． 该方案是否合理 ， 理由是 ．26． 纯碱 （Na2CO3） 在生产生活中具有广泛的用途． 如图 1 是实验室模拟制碱原理制取 Na2CO3 的流程图．完成下列填空： 已知：粗盐中含有 Ca 、Mg 、SO4 等杂质离子． （1）精制除杂的步骤顺序是 → → → → （填字母编号） ． a．粗盐溶解 b．加入盐酸调 pH c．加入 Ba（OH）2 溶液 d．加入 Na2CO3 溶液 e．过滤 （2） 向饱和食盐水中先通入 NH3， 后通入 CO2， 理由是 ． 在滤液 a 中通入 NH3 和加入精盐的目的是 ． （3）请在图 1 流程图中添加两条物料循环的路线． （4）图 2 装置中常用于实验室制备 CO2 的是 （填字母编号） ；用 c 装置制备 NH3，烧瓶内可加入的试剂是 （填试剂名称） ．2+ 2+ 2（5）一种天然碱晶体成分是 aNa2CO3?bNa2SO4?cH2O，利用下列提供的试剂，设计测定 Na2CO3 质量分数的实验方案．请把实验方案补充完整： 供选择的试剂：稀 H2SO4、BaCl2 溶液、稀氨水、碱石灰、Ba（OH）2 溶液 ① ． ② ． ③ ． ④计算天然碱晶体中含 Na2CO3 的质量分数．27．有机物 E 的合成路线如图：已知：①② 完成下列填空： （1）B 中官能团的名称为 （2）C 的分子式为 ．C2H4 生成 C2H5Br 的反应类型为 ． ． ．（3）检验 C2H5Br 分子中含有溴原子的实验方案为 （4） E 的结构简式为， D 在一定条件下转变为 E 的过程中还会生成另两种具有五 ．元环结构的副产物，写出这两种副产物结构简式 （5）写出一种满足下列条件的有机物的结构简式 ①分子式只比 E 少 2 个氢原子 ②与 FeCl3 发生显色反应 ③分子中含有 4 种不同化学环境的氢原子．28． 用琥珀酸酐法制备了 DEN 人工抗原及抗体． 如图是 1， 3丁二烯合成琥珀酸酐的流程：完成下列填空： （1）写出反应试剂和反应条件．反应?① ；反应② （2）比 1，3丁二烯多一个 C 并且含 1 个甲基的同系物有 （3）写出 A 和 C 的结构简式．A ；C ．． 种．（4）写出 B 和 C 反应生成高分子化合物的化学方程式 （5）设计一条由 1，3丁二烯为原料制备 （合成路线常用的表示方式为：A B…．的合成路线． （无机试剂可以任选） 目标产物）29．硝酸的工业制备包括氨的合成、氨的催化氧化及硝酸的浓缩等过程． 完成下列计算： （1）采用甲烷的二次转化法可以制备氢气． 第一次转化的化学方程式：CH4+H2O→CO+3H2； 第二次转化的化学方程式：2CO+CH4+2O2→3CO2+2H2；2CO+O2→2CO2． 3 现有标准状况下 1m 的甲烷，若第一次转化 80%，第二次转化 20%，经过二次完全转化后 可以得到 H2 mol． （2）用饱和 K2CO3 溶液吸收上述混合气体中的 CO2 以得到纯净的氢气．处理上述的 CO2 至少需要饱和 K2CO3 溶液 g． （已知：20℃K2CO3 溶解度：110g/100g 水） （3）已知 NH3+2O2→HNO3+H2O．现有氨气 1.7 吨，不补充水，理论上可制得硝酸的浓度 为 %；在该硝酸中加入 吨水最终可得 50%的硝酸． （4）工业上常用 98%的浓 H2SO4 作为制取浓 HNO3 的脱水剂．63.5%HNO3（质量为 M1） 中加 98%的浓 H2SO4（质量为 M2）后蒸馏．分别得到 97.7%的 HNO3 和 49%的 H2SO4 溶液 （不含 HNO3） ．①若蒸馏过程中 HNO3、H2SO4、H2O 均无损耗，求蒸馏前的投料比的值（列式计算） ．②蒸馏过程中，若 H2O 的损耗占总质量的 5.0%，即有 （M1+M2）×5.0%的 H2O 流失．则投料时，比值如何变化，请列式计算说明．2016 年上海市松江区高考化学一模试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题共 10 分，每小题 2 分，每小题只有一个正确选项） 1．下列我国古代技术应用中，其工作原理不涉及化学反应的是（ ） A．黑火药爆炸 B．用铁矿石炼铁 C．湿法炼铜 D．转轮排字 【考点】物理变化与化学变化的区别与联系． 【专题】物质的性质和变化专题． 【分析】A．黑火药爆炸有新物质生成； B．用铁矿石炼铁有新物质铁生成； C．湿法炼铜有新物质铜生成； D．转轮排字是物理变化． 【解答】解：A．黑火药爆炸有新物质生成，属于化学变化，故 A 错误； B．用铁矿石炼铁有新物质铁生成，属于化学变化，故 B 错误； C．湿法炼铜有新物质铜生成，属于化学变化，故 C 错误； D．转轮排字是物理变化，没有新物质生成，故 D 正确． 故选 D． 【点评】本题考查物理变化与化学变化的区别与联系，涉及化学反应与生活、生产的考查， 为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，有利于培养学生良好的科学素养，提高学习的 积极性，难度不大． 2．必须随配随用，不能长期存放的试剂是（ ）A．氢硫酸 B．盐酸 C．AgNO3 溶液 D．NaOH 溶液 【考点】化学试剂的存放． 【专题】元素及其化合物． 【分析】能与空气反应的物质不能长期存放，据此解题． 【解答】解：A．氢硫酸易被空气中的氧气氧化生成硫单质，不能长期存放，故 A 错误； B．盐酸性质稳定，可长期存放，故 B 正确； C．AgNO3 溶液性质稳定，可长期存放，故 C 正确； D．NaOH 溶液性质稳定，可长期存放，故 D 正确． 故选 A． 【点评】本题以试剂的保存考查氧化还原反应，明确物质的性质是解答本题的关键，注意具 有还原性的试剂应隔绝氧气保存，题目难度不大． 3．能用元素周期律解释的是（ ） A．酸性：H2SO3＞H2CO3 B．熔沸点：HF＞HCl C．碱性：NaOH＞Al（OH）3 D．热稳定性：Na2CO3＞CaCO3 【考点】元素周期律的作用． 【专题】元素周期律与元素周期表专题． 【分析】A．元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性越强； B．HF 中存在氢键； C．金属性越强，其最高价氧化物的水化物的碱性越强；D．难溶性的碳酸盐均易分解． 【解答】解：A．亚硫酸不是 S 元素对应的最高价含氧酸，亚硫酸的酸性强于碳酸，不能应 用元素周期律解释，故 A 错误； B．由于 HF 中存在氢键，故其熔沸点高于 HCl，不能利用元素周期律解释，故 B 错误； C．由于金属性 Na＞Al，故碱性 NaOH＞Al（OH）3，故可以应用元素周期律解释，故 C 正 确； D．难溶性的碳酸盐均易分解，与元素周期律无关，故 D 错误，故选 C． 【点评】本题考查物质性质的比较的比较、元素周期律的应用，难度不大．要注意基础知识 的积累． 4．用氯气和绿矾处理水，下列说法错误的是（ ） A．氯气起杀菌消毒作用 B．氯气氧化绿矾 C．绿矾具有净水作用 D．绿矾的氧化产物具有净水作用 【考点】氯气的化学性质． 【专题】元素及其化合物． 【分析】A．氯气与水反应生成次氯酸，次氯酸具有杀菌消毒作用； B．绿矾中二价铁离子具有还原性，氯气能够氧化二价铁离子生成三价铁； C．明矾水解生成氢氧化亚铁不稳定，极易被氧化生成氢氧化铁； D．氢氧化铁胶体具有吸附性，能够净水． 【解答】解：A．氯气与水反应生成次氯酸，次氯酸具有杀菌消毒作用，所以可以用适量氯 气杀菌消毒，故 A 正确； B．绿矾中二价铁离子具有还原性，氯气能够氧化二价铁离子生成三价铁，故 B 正确； C． 明矾水解生成氢氧化亚铁不稳定， 极易被氧化生成氢氧化铁， 所以明矾不具有净水作用， 故 C 错误； D．绿矾的氧化产物为硫酸铁，硫酸铁中三价铁水解生成氢氧化铁胶体，具有吸附性，能够 净水，故 D 正确； 故选：C． 【点评】 本题考查了元素化合物知识， 熟悉氯气、 二价铁离子、 三价铁离子性质是解题关键， 题目难度不大． 5．下列关于自然界中氮循环示意图（如图）的说法错误的是（ ）A．氮元素只被氧化 B．豆科植物根瘤菌固氮属于自然固氮 C．其它元素也参与了氮循环 D．含氮无机物和含氮有机物可相互转化 【考点】氮族元素简介．【专题】氮族元素． 【分析】A、根据 N 元素的化合价升高被氧化，N 元素的化合价降低被还原结合各反应中氮 元素的化合价的变化分析； B、植物固氮是在自然界发生的，不需人为的作用； C、碳、氢、氧三种元素也参加了氮循环，如大气中的氮气转化氮的氧化物，氧元素参与， 转化为铵盐，氢元素参加； D、根据氮循环中物质的分类进行解答． 【解答】解：A、硝酸盐中氮元素的化合价为+5 价，被细菌分解变成大气中氮单质，氮元素 由+5→0，属于被还原，故 A 错误； B、植物固氮是在自然界发生的，不需人为的作用，故属于自然的固氮，故 B 正确； C、碳、氢、氧三种元素也参加了氮循环，如蛋白质的制造需要碳元素，又如 N2 在放电条件下与 O2 直接化合生成无色且不溶于水的一氧化氮气体， N2+O22NO， 氧元素参与，二氧化氮易与水反应生成硝酸（HN03）和一氧化氮，3NO2+H2O=2HNO3+NO，氢元素参加， 故 C 正确； D、氮循环中铵盐和蛋白质可相互转化，铵盐属于无机物，蛋白质属于有机物，含氮无机物 和含氮有机物可相互转化，故 D 正确． 故选 A． 【点评】本题主要考查了氮以及化合物的性质，理解还原反应、人工固氮等知识点是解答的 关键，题目难度不大． 二、选择题（本题共 36 分，每小题 3 分，每小题只有一个正确选项） 6．下列物质不能用作食品干燥剂的是（ ） A．硅胶 B．六水合氯化钙 C．碱石灰 D．具有吸水性的植物纤维 【考点】常见的食品添加剂的组成、性质和作用． 【专题】元素及其化合物． 【分析】A．硅胶具有吸水性，无毒； B．六水合氯化钙不能吸水； C．碱石灰能与水反应； D．具有吸水性的植物纤维无毒． 【解答】解：A．硅胶具有吸水性，无毒，则硅胶可用作食品干燥剂，故 A 正确； B．六水合氯化钙不能吸水，则不能作食品干燥剂，故 B 错误； C．碱石灰能与水反应，可做干燥剂，故 C 正确； D．具有吸水性的植物纤维无毒，则可用作食品干燥剂，故 D 正确； 故选 B． 【点评】本题考查物质的性质及食品干燥剂，为高频考点，把握物质的性质、化学与生活的 关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的综合考查，题目难度中等． 7． 证明溴乙烷与 NaOH 醇溶液共热发生的是消去反应， 分别设计甲、 乙、 丙三个实验： （甲） 向反应混合液中滴入溴水，溶液颜色很快褪去． （乙）向反应混合液中滴入过量稀硝酸，再 滴入 AgNO3 溶液，有浅黄色沉淀生成． （丙）向反应混合液中滴入酸性 KMnO4 溶液，溶液 颜色褪去．则上述实验可以达到目的是（ ）A．甲 B．乙 C．丙 D．都不行 【考点】有机物的结构和性质． 【专题】有机反应；有机物的化学性质及推断． 【分析】甲、反应后的溶液中有氢氧化钠，溴能够与氢氧化钠反应褪色； 乙、消去反应和水解反应都会生成溴离子； 丙、溶液中有溴离子存在，溴离子能够被高锰酸钾溶液氧化，以此来解答． 【解答】解：甲、由于反应后的溶液中存在氢氧化钠，氢氧化钠能够与溴能够反应使溴水褪 色，所以无法证明是消去反应，故错误； 乙、由于无论发生消去反应还是发生水解反应，溶液中都会存在溴离子，无法证明是消去反 应，故错误； 丙、由于两种反应的溶液中都有溴离子存在，溴离子能够被高锰酸钾溶液氧化，所以无法判 断是消去反应，故错误； 故选 D． 【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握卤代烃消去反应和水解反应产物 及性质为解答的关键， 侧重卤代烃的水解反应和消去反应的验证， 注意涉及实验方案的严密 性，题目难度不大． 8．如图是电解饱和食盐水（含少量酚酞）的装置，其中 c、d 为石墨电极．下列说法正确的是（）A．a 为负极、b 为正极 B．a 为阳极、b 为阴极 C．电解过程中，钠离子浓度不变 D．电解过程中，d 电极附近变红 【考点】原电池和电解池的工作原理． 【专题】电化学专题． 【分析】用石墨作电极电解饱和食盐水，原电池中电子从负极流向正极，则 a 是负极，b 是 正极，c 是阴极，d 是阳极， A．原电池中电子从负极流向正极； B．和电源的正极相连的是阳极，和电源的负极相连的是阴极； C．电解时消耗水； D．电解池的阴极上氢离子放电同时生成氢氧根离子． 【解答】解：电解池中，电流从正极流向负极，所以 a 是正极，b 是负极，c 是阴极，d 是 阳极． A．根据图象知，a 是负极，b 是正极，故 A 正确； B．外加电源中为正负极，不是阴阳极，则 c 是阴极，d 是阳极，故 B 错误； C．电解时消耗水，溶液的体积减小，钠离子的物质的量不变，则钠离子的浓度增大，故 C 错误； D．c 是阴极，电极上氢离子放电生成氢气，同时生成氢氧根离子，则 c 电极附近变红，故 D 错误；故选 A． 【点评】 本题以电解氯化钠溶液为载体考查了电解池原理， 明确离子放电顺序是解本题关键， 根据阴阳极上得失电子来分析解答，题目难度不大． 9．分枝酸可用于生化研究．其结构简式如图．下列关于分枝酸的叙述正确的是（ ）A．分子中含有 2 种官能团 B．可与乙醇、乙酸反应，且反应类型相同 C．1mol 分枝酸最多可与 3molNaOH 发生中和反应 D．可使溴的四氯化碳溶液、酸性高锰酸钾溶液褪色，且原理相同 【考点】真题集萃；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COOH、OH、碳碳双键、醚键等，结合羧酸、醇、 烯烃的性质来解答． 【解答】解：A．分子中含COOH、OH、碳碳双键、醚键，共 4 种官能团，故 A 错误； B．含COOH 与乙醇发生酯化反应，含OH 与乙酸发生酯化反应，故 B 正确； C．不是苯环，只有COOH 与 NaOH 反应，则 1mol 分枝酸最多可与 2molNaOH 发生中和 反应，故 C 错误； D．碳碳双键与溴的四氯化碳溶液发生加成反应，双键与OH 均能被酸性高锰酸钾溶液氧 化，原理不同，故 D 错误； 故选 B． 【点评】本题为 2015 年山东高考题，侧重有机物结构与性质的考查，把握官能团与性质的 关系为解答的关键，注意官能团的判断，题目难度不大． 10．实现化学能转变为电能的装置是（ ）A．干电池 B．电解水 C．太阳能热水器D．水力发电 【考点】原电池和电解池的工作原理． 【专题】电化学专题． 【分析】将化学能转化为电能，应为原电池装置，结合能量的转化特点判断． 【解答】解：A．干电池向电池中充电，干电池属于原电池，原电池向外提供电能时化学能 转化为电能，故 A 正确； B．电解水，电能转变为化学能，故 B 错误； C．太阳能热水器，是太阳能直接转化为热能，故 C 错误； D．风力发电时风能转化为电能，故 D 错误． 故选 A． 【点评】本题考查原电池和电解池知识，侧重于学生的分析能力和电化学知识的综合考查， 注意把握常见能量的转化形成，题目难度不大． 11．对于 1mol/L 盐酸与铁片的反应，下列措施不能使产生 H2 反应速率加快的是（ ） A．加入一小块铜片 B．改用等体积 98%的硫酸 C．用等量铁粉代替铁片 D．改用等体积 3mol/L 盐酸 【考点】化学反应速率的影响因素． 【专题】化学反应速率专题． 【分析】1mol/L 盐酸与铁片的反应，增大盐酸浓度、将铁片换为铁粉、升高温度、使其形 成原电池且 Fe 作负极都能加快反应速率，据此分析解答． 【解答】解：A．Fe、Cu 和稀盐酸能构成原电池，Fe 易失电子作负极而加快反应速率，故 A 不选； B．将稀盐酸改用浓硫酸，浓硫酸和 Fe 发生钝化现象且二者反应生成二氧化硫而不是氢气， 故 B 选； C．将铁粉代替铁片，增大反应物接触面积，反应速率加快，故 C 不选； D．改用等体积 3mol/L 稀盐酸，盐酸浓度增大，反应速率加快，故 D 不选； 故选 B． 【点评】本题考查化学反应速率影响因素，为高频考点，明确浓度、温度、催化剂、反应物 接触面积等因素对反应速率影响原理是解本题关键，易错选项是 B． 12．如图是 N2（g）+3H2（g）T2NH3（g）在反应过程中的反应速率 v 与时间（t）的关系 曲线，下列说法错误的是（ ）A．t1 时，正方向速率大于逆反应速率 B．t2 时，反应体系中 NH3 的浓度达到最大值 C．t2t3 时间段，正反应速率等于逆反应速率 D．t2t3 时间段，各物质的浓度相等且不再发生变化 【考点】化学反应速率变化曲线及其应用． 【专题】化学反应速率专题．【分析】A．t1 时，该反应是正反应速率大于逆反应速率； B．t2 时，达平衡状态，反应到达限度； C．t2t3 时间段，各物质的浓度不再发生变化，反应达到平衡状态，v 正Tv 逆＞0； D．t2t3，达平衡状态． 【解答】解：A．该反应是可逆反应，t1 时，该反应是正反应速率大于逆反应速率，故 A 正 确； B．t2 时，达平衡状态，正逆反应速率相等，反应到达限度，反应物的转化率最大，反应体 系中 NH3 的浓度达到最大值，故 B 正确； C．t2t3 时间段，各物质的浓度不再发生变化，反应达到平衡状态，v 正Tv 逆，故 C 正确； D．t2t3，达平衡状态，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的浓度不再发生变化，但各 物质的浓度不一定相等，故 D 错误． 故选：D． 【点评】本题考查图象分析，明确图象中曲线变化趋势含义是解本题关键，知道化学平衡状 态判断方法，题目难度不大． 13．某稀硫酸和稀硝酸混合溶液 100mL，逐渐加入铁粉，产生气体的量随铁粉加入量的变 化如图所示．下列说法错误的是（ ）A．H2SO4 浓度为 4mol/L B．溶液中最终溶质为 FeSO4
C．原混合酸中 NO3 浓度为 0.2mol/L 3+ 2+ D．AB 段反应为：Fe+2Fe →3Fe 【考点】化学方程式的有关计算． 【专题】利用化学方程式的计算． 【分析】由图象可知，由于铁过量，OA 段发生反应为：Fe+NO3 +4H =Fe +NO↑+2H2O， 3+ 2+ + 2+ AB 段发生反应为：Fe+2Fe =3Fe ，BC 段发生反应为 Fe+2H =Fe +H2↑．最终消耗 Fe 为 22.4g，此时溶液中溶质为 FeSO4，则 n（ FeSO4）=n（Fe） ，由硫酸根守恒 n（H2SO4）=n （ FeSO4） ，根据 OA 段离子方程式计算原混合酸中 NO3 物质的量，再根据 c= 计算 c
（H2SO4） 、c（NO3 ） ．
+ 3+ 【解答】 解： 由图象可知， 由于铁过量， OA 段发生反应为： Fe+NO3 +4H =Fe +NO↑+2H2O， 3+ 2+ + 2+ AB 段发生反应为：Fe+2Fe =3Fe ，BC 段发生反应为 Fe+2H =Fe +H2↑． +3+A．最终消耗 Fe 为 22.4g，此时溶液中溶质为 FeSO4，则 n（ FeSO4）=n（Fe）= =0.4mol， 由硫酸根守恒 n （H2SO4） =n （ FeSO4） =0.4mol，则 c （H2SO4） = =4mol/L， 故 A 正确； B．由上述分析可知，硝酸全部起氧化剂作用，最终为 FeSO4 溶液，故 B 正确；C．OA 段发生反应为：Fe+NO3 +4H =Fe +NO↑+2H2O，硝酸全部起氧化剂作用，OA 段 +3+消耗 Fe 为 11.2g， 所以 n （NO3 ） =n （Fe） ==0.2mol， 则c （NO3 ） ==2mol/L，故 C 错误； 3+ 2+ D．AB 段发生反应为：Fe+2Fe =3Fe ，故 D 正确， 故选：C． 【点评】本题以图象为载体，考查有关金属和酸反应的计算题，难度中等，关键根据图象分 析各段发生的反应，注意与铁的反应中硝酸全部起氧化剂作用， 14．已知酸性溶液中还原性的顺序为 SO3 ＞I ＞Fe ＞Br ＞Cl ，下列反应不能发生的是 （ ） A．2Fe +SO3 +H2O→2Fe +SO4 +2H
2 2 + B．I2+SO3 +H2O→SO4 +2I +2H
2+ 3+ C．2Fe +I2→2Fe +2I
2 2 + D．Br2+SO3 +H2O→SO4 +2Br +2H 【考点】氧化性、还原性强弱的比较． 【专题】氧化还原反应专题． 【分析】 根据氧化还原反应中还原剂的还原性大于还原产物的还原性， 利用酸性溶液中还原 性强弱的顺序是 SO3 ＞I ＞Fe ＞Br ＞Cl 来判断反应能否发生． 2 【解答】解：A、因该反应中 S 元素的化合价升高，Fe 元素的化合价降低，则 SO3 为还原 2 2+ 剂，还原性强弱为 SO3 ＞Fe ，与已知的还原性强弱一致，能发生，故 A 不选； 2 B、因该反应中 S 元素的化合价升高，I 元素的化合价降低，则 SO3 为还原剂，还原性强
2 弱为 SO3 ＞I ，与已知的还原性强弱一致，能发生，故 B 不选； 2+ C、因该反应中 Fe 元素的化合价升高，I 元素的化合价降低，则 Fe 为还原剂，还原性强弱
2+ 为 Fe ＞I ，与已知的还原性强弱不一致，反应不能发生，故 C 选；
D、因该反应中 Br 元素的化合价降低，S 元素的化合价升高，则 I 为还原剂，还原性强弱
2 为 SO3 ＞Br ，与已知的还原性强弱一致，能发生，故 D 不选． 故选 C． 【点评】 本题考查利用已知的还原性强弱来判断化学反应的发生， 学生应学会利用化合价来 分析反应中的还原剂， 并利用还原剂的还原性大于还原产物的还原性来解答即可， 题目难度 不大． 15．用如图装置进行实验，甲逐滴加入到固体乙中，如表说法正确的是（ 选项液体甲 固体乙 溶液丙 丙中现象 A CH3COOHNaHCO3苯酚钠 无明显现象 B 浓 HCl KMnO4 紫色石蕊最终呈红色 C 浓 H2SO4 Na2SO3 品红 红色变无色 D 浓 H2SO4 Cu 氢硫酸 溶液变浑浊 ）222+3+22+2+2+A．A B．B C．C D．D 【考点】化学实验方案的评价． 【专题】化学实验基本操作． 【分析】A．可生成苯酚，苯酚难溶于水； B．石蕊先变红后褪色； C．二氧化硫可使品红褪色； D．应在加热条件下进行． 【解答】解：A．醋酸与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，二氧化碳与苯酚钠溶液反应生成苯酚， 苯酚难溶于水，溶液变浑浊，故 A 错误； B．反应生成氯气，氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸具有漂白性，石蕊先变红后褪 色，故 B 错误； C．二氧化硫可使品红褪色，故 C 正确； D．浓硫酸和铜应在加热条件下进行，故 D 错误． 故选 C． 【点评】本题考查化学实验方案的评价，涉及气体的制取、氧化还原反应、性质检验等，侧 重实验装置、原理及物质性质的考查，题目难度中等． 16．不能判断甲比乙非金属性强的事实是（ ） A．常温下甲能与氢气直接化合，乙不能 B．甲的氧化物对应的水化物酸性比乙强 C．甲得到电子能力比乙强 D．甲、乙形成的化合物中，甲显负价，乙显正价 【考点】非金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律． 【专题】元素周期律与元素周期表专题． 【分析】比较非金属元素的非金属性强弱，可根据单质之间的置换反应、与氢气化合的难易 程度、对应最高价氧化物的水化物的酸性、氢化物的稳定性等角度判断． 【解答】解：A．元素的非金属性越强，对应单质的氧化性越强，与 H2 化合越容易，与 H2 化合时甲单质比乙单质容易，元素的非金属性甲大于乙，故 A 正确； B．元素的非金属性越强，对应最高价氧化物的水化物的酸性越强，甲、乙的氧化物不一定 是最高价氧化物，不能说明甲的非金属性比乙强，故 B 错误； C．元素的非金属性越强，得电子能力越强，甲得到电子能力比乙强，能说明甲的非金属性 比乙强，故 C 正确； D．甲、乙形成的化合物中，甲显负价，乙显正价，则甲吸引电子能力强，所以能说明甲的 非金属性比乙强，故 D 正确； 故选 B． 【点评】本题考查非金属性的判断，题目难度不大，注意非金属性的递变规律以及比较非金 属性的角度，侧重于考查学生对基本规律的应用能力． 17．有 3 份等量的烧碱溶液，第 1 份直接与盐酸反应；第 2 份稀释一倍，再与盐酸反应；第 3 份通入适量的 CO2 后，再与盐酸反应．若盐酸的浓度相同，完全反应时消耗盐酸的体积分 别为 V1、V2 和 V3，则 V1、V2 和 V3 的大小关系正确的是（ ） A．V1=V2=V3 B．V1＞V3＞V2 C．V2＞V3＞V1 D．V1＞V2＞V3 【考点】化学方程式的有关计算． 【专题】守恒法；利用化学方程式的计算．【分析】最后生成物质的都为 NaCl，因 Na 原子的物质的量不变，则消耗盐酸的体积相等． 【解答】解：最后生成物质的都为 NaCl，根据 Na 原子、Cl 原子守恒：n（HCl）=n（NaCl） =n（NaOH） ，由于 NaOH 物质的量相等，则消耗 HCl 的物质的量相等，故消耗盐酸的体积 相等，即 V1=V2=V3， 故选：A． 【点评】本题考查化学方程式有关计算，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，题目难 度不大，注意根据元素质量守恒进行计算，可省去中间过程的繁琐． 三、选择题（本题共 20 分，每小题 4 分，每小题有一个或两个正确选项．只有一个正确选 项的，多选不给分；有两个正确选项的，选对一个给 2 分，选错一个，该小题不给分） 18．如图是 CO2 生产甲醇的能量变化示意图．下列说法正确的是（ ）A．E2 E1 是该反应的热效应 _ B．E3 E1 是该反应的热效应 C．该反应放热，在常温常压下就能进行 D．实现变废为宝，且有效控制温室效应 【考点】反应热和焓变． 【专题】化学反应中的能量变化． 【分析】A、根据化学反应的焓变等于反应物和产物的能量之差来回答； B、根据化学反应的焓变等于反应物和产物的能量之差来回答； C、根据反应物和产物能量的高低来确定反应的吸放热情况； D、二氧化碳是温室气体，甲醇可以做燃料，据此回答． 【解答】解：A、化学反应的热效应等于反应物和产物的能量之差，反应反应物的能量高于 _ 产物能量，所以反应放热，所以反应的热效应是 E1 E2，故 A 错误； _ B、化学反应的热效应等于反应物和产物的能量之差，所以反应的热效应是 E2 E1，故 B 错 误； C、该反应反应物的能量高于产物能量，所以反应放热，但是放热反应在常温常压下不一定 就能进行，故 C 错误； D、二氧化碳是温室气体，甲醇可以做燃料，二氧化碳和氢气转化为甲醇和水的反应可以反 应可以实现变废为宝，且有效控制温室，故 D 正确． 故选 D． 【点评】本题考查学生反应热的判断和计算知识，注意图象内容的理解和把握是关键，难度 中等． 19．常温下，用 0.05mol?L KOH 溶液滴定 10.00mL0.05mol?L H2C2O4（二元弱酸）溶 液所得滴定曲线如图（体积变化忽略不计） ．下列说法错误的是（ ）1 1_A．点②溶液中：c（K ）+c（H ）=c（HC2O4 ）+c（C2O4 ）+c（OH ）
+ 2 B．点③溶液中：c（K ）=c（HC2O4 ）+c（C2O4 ）+c（H2C2O4）
1 + 2 C．点④溶液中：c（K ）+c（H2C2O4）+c（HC2O4 ）+c（C2O4 ）=0.05 mol?L
+ 2 + D．点⑤溶液中：c（K ）＞c（HC2O4 ）＞c（C2O4 ）＞c（OH ）＞c（H ） 【考点】酸碱混合时的定性判断及有关 ph 的计算． 【专题】电离平衡与溶液的 pH 专题． 【分析】A．任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒判断； B．该点溶液中溶质为任何电解质溶液中都存在物料守恒，根据物料守恒判断； C．点④溶液中存在等物质的量浓度的 K2C2O4 和 KHC2O4，根据物料守恒判断； D．该点溶液中二者恰好完全反应，溶液中溶质为 K2C2O4，草酸根离子水解导致溶液呈碱 性，但其水解程度较小． 【解答】解：A．任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得 c（K ）+c（H ）=c
2 （HC2O4 ）+2c（C2O4 ）+c（OH ） ，故 A 错误； B． 二者恰好完全反应生成 KHC2O4， 该点溶液中溶质为任何电解质溶液中都存在物料守恒，
+ 2 根据物料守恒得 c（K ）=c（HC2O4 ）+c（C2O4 ）+c（H2C2O4） ，故 B 正确； + C．点④溶液中存在等物质的量浓度的 K2C2O4 和 KHC2O4，由物料守恒可知，c（K ）+c++2++（H2C2O4）+c（HC2O4 ）+c（C2O4 ）=2=0.05mol?L ，1故 C 正确； D．该点溶液中二者恰好完全反应，溶液中溶质为 K2C2O4，草酸根离子水解导致溶液呈碱
2 性，但其水解程度较小，所以 c（HC2O4 ）＜c（C2O4 ） ，故 D 错误； 故选 AD． 【点评】 本题以酸碱混合定性判断为载体考查离子浓度大小比较， 明确混合溶液中溶质及其 性质、溶液酸碱性是解本题关键，会灵活运用电荷守恒和物料守恒，易错选项是 C． 20． 新型纳米材料 MFe2O（ 中 M 表示+2 价的金属元素， 在反应中化合价不变化． 常 x 3＜x＜4） 温下， MFe2Ox 能使工业废气中的 SO2 转化为 S， 转化过程表示如图． 下列说法正确的是 （ ）A．x＜y B．SO2 是该反应的催化剂 C．MFe2Ox 是还原剂 D．氧化性：MFe2Oy＞SO2 【考点】氧化还原反应． 【专题】氧化还原反应专题． 【分析】A、MFe2Ox 是还原剂，反应中化合价升高，M 化合价不变； B、催化剂又称触媒，一类能改变化学反应速度而在反应中自身并不消耗的物质； C、根据化合价变化分析，SO2 转化为 S，化合价降低，被还原，作氧化剂，MFe2Ox 是还原 剂；D、氧化剂的氧化性大于氧化产物． 【解答】解：A、MFe2Ox 是还原剂，化合价升高被氧化，由于 M 表示+2 价的金属元素，在 反应中化合价不发生变化，故负价数增加，氧原子数目增多，故 x＜y，故 A 正确； B、催化剂反应前后不会消耗，SO2 转化为 S，减少了，故二氧化硫不是催化剂，故 B 错误； C、反应中，二氧化硫变成 S，化合价由 4→0，被还原，作氧化剂，故 MFe2Ox 是还原剂， 故 C 正确； D、反应中 SO2 转化为 S，SO2 作氧化剂，MFe2Oy 是氧化产物，则氧化性：MFe2Oy＜SO2， 故 D 错误； 故选 AC． 【点评】本题考查氧化还原反应，涉及到反应类型、催化剂判断，重点考查学生阅读、处理 信息的能力，题目难度中等，注意根据元素的化合价来分析判断． 21．如图是用稀 HNO3 和 Cu 制取少量 NO 并验证氮氧化合物性质的装置．下列说法错误的 是（ ）A．吸收剂可以是 NaOH 溶液 B．试管上部的气体始终为无色 C．小试管中溶液最终呈蓝色 D．试纸先变红后褪色 【考点】氮的氧化物的性质及其对环境的影响． 【专题】氮族元素．菁优网版权所有【分析】铜和稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，反应的化学方程式为 3Cu+8H +2NO3
2+ =3Cu +2NO↑+4H2O，实验装置中有有空气，生成的一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮红 棕色气体，二氧化氮具有氧化性，和碘化钾溶液反应生成碘单质，碘单质遇到淀粉变蓝色， 吸收剂是和氮氧化物反应的溶液应为碱溶液． 【解答】解：铜和稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，反应的化学方程式为 3Cu+8H +2NO3 =3Cu +2NO↑+4H2O，2NO+O2=2NO2，无色气体变化为红棕色气体二氧 化氮，可以用碱溶液吸收， A．上述分析可知得到的气体主要是 NO2 和 NO，可以被氢氧化钠溶液吸收，所以吸收剂可 以是 NaOH 溶液，故 A 正确； B．铜和稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，一氧化氮和试管中的氧气反应生成红棕色 气体二氧化氮，试管上部气体不始终为无色，故 B 错误； C．铜和稀硝酸反应得到溶液为硝酸铜溶液，溶液为蓝色，故 C 正确； D．生成的一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮红棕色气体，二氧化氮具有氧化性，和碘化钾 溶液反应生成碘单质，碘单质遇到淀粉变蓝色，故 D 错误； 故选 BD． 【点评】本题考查了稀硝酸、氮氧化物性质的分析，注意一氧化氮和二氧化氮气体颜色变化 和二氧化氮具有氧化性的分析，题目综合考查了物质性质的反应现象，难度中等．++2+22．将 NaHCO3 和 Na2O2 的固体混合物 x g 在密闭容器中加热至 250℃，充分反应后排出气 体．将反应后的固体溶入水无气体放出，再逐滴加入盐酸，产生气体（标准状况）与所加盐 酸体积之间的关系如图所示．下列说法错误的是（ ）A．HCl 的浓度 0.2mol/L B．反应后固体的成分为 NaOH 与 Na2CO3 C．密闭容器中排出气体的成分为 O2 和 H2O D．x 的数值为 6.09 【考点】钠的重要化合物． 【专题】元素及其化合物．【分析】在密闭容器中充分加热，可能发生的反应有：2NaHCO3 Na2CO3+CO2↑+H2O，2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑， CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O，根据二者的物质的量的关系来分析求解． 【解答】解：A、由 175ml 到 275ml 是与碳酸氢钠反应，而 n（Na2CO3）=n（NaHCO3）=n （CO2）=0.02mol， NaHCO3～～～HCl 1mol 1mol 0.02mol 0.02mol所以 C（HCl）==0.2mol/L，故 A 正确；B、由图象可知，因为 175＞275175 所以固体混，合物为 NaOH，Na2CO3，故 B 正确；C、由方程式可知：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，生成 0.02mol 的二氧化碳和0.02mol 的水，再根据 2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑可知密闭 容器中排出气体的成分 O2，H2O，故 C 正确； D、根据碳守恒可知，n（NaHCO3）=n（CO2）=0.02mol×2=0.04mol，275ml 时溶质是单一的氯化钠，根据钠守恒可知 n（Na2O2）= =0.0075mol，固体的质量为：0.04×84+0..945g，故 x=3.945g，故 D 错误； 故选 D． 【点评】本题考查了过氧化钠、碳酸氢钠的性质及混合物组成的计算，题目难度中等，注意 掌握过氧化钠、碳酸氢钠的性质及根据化学方程式进行的简单计算方法，本题中分析、理解 图象信息是解题关键． 四、非选择题23．煅烧黄铁矿（主要成分为 FeS2）所得的矿渣中含 Fe2O3、SiO2、Al2O3、MgO 等．用该 矿渣可制备铁红（Fe2O3） ．完成下列填空：（1）煅烧黄铁矿的化学方程式 4FeS2+11O2 元素 Fe、S ．2Fe2O3+8SO2 ，反应过程中被氧化的（2）矿渣中属于两性氧化物的是 Al2O3 ，写出 Fe2O3 与稀硫酸反应的离子方程式 + 3+ Fe2O3+6H =2Fe +3H2O ． （3）Al（OH）3 的碱性比 Mg（OH）2 的碱性 弱 （选填“强”或“弱”） ；铝原子最外层电 2 1 子排布式为 3s 3p ． （4）SiO2 的熔点 大于 Fe2O3 的熔点（填“大于”或“小于”） ，原因是 原子晶体熔点高于 离子晶体，二氧化硅为原子晶体，氧化铁为离子晶体 ． （5）已知矿渣质量为 w kg，若铁红制备过程中，铁元素损耗 25%，最终得到铁红的质量为 m kg，则原来矿渣中铁元素质量分数为 （用表达式表示） ． 【考点】氧化还原反应的计算；氧化还原反应；硅和二氧化硅；镁、铝的重要化合物． 【专题】元素及其化合物；利用化学方程式的计算． 【分析】 （1）煅烧黄铁矿得到的产物是氧化铁行业二氧化硫，化合价升高元素在反应中被氧 化； （2）既能和强酸反应又能和强碱反应得到盐和水的氧化物，称为两性氧化物，Fe2O3 与稀 硫酸反应生成硫酸铁和水； （3）同主族元素从左到右最高价氧化物对应水化物的碱性逐渐减弱，根据原子核外电子的 排布知识来回答； （4）原子晶体熔点高于离子晶体； （5）根据铁元素守恒来计算即可．【解答】解： （1）煅烧黄铁矿得到的产物是氧化铁行业二氧化硫，即：4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2，化合价升高的 Fe、S 元素在反应中被氧化，故答案为：4FeS2+11O2 2Fe2O3+8SO2；Fe、S； （2） 氧化铝是既能和强酸反应又能和强碱反应得到盐和水的氧化物， 属于两性氧化物， Fe2O3 + 3+ 与稀硫酸反应的离子方程式 Fe2O3+6H →2Fe +3H2O，故答案为：Al2O3； + 3+ Fe2O3+6H →2Fe +3H2O； （3）同主族元素从左到右最高价氧化物对应水化物的碱性逐渐减弱，Al（OH）3 的碱性比 2 1 Mg（OH）2 的碱性弱，铝原子最外层有 3 个电子，电子排布式为：3s 3p ， 2 1 故答案为：弱；3s 3p ； （4）二氧化硅为原子晶体，氧化铁为离子晶体，原子晶体熔点高于离子晶体，所以 SiO2 的熔点大于 Fe2O3 的熔点， 故答案为：大于；原子晶体熔点高于离子晶体，二氧化硅为原子晶体，氧化铁为离子晶体；（5）铁红制备过程中，铁元素损耗 25%，最终得到铁红的质量为 mkg，铁红中含有铁元素的质量是=，原来矿渣中铁元素质量是=，则原来矿渣中铁元素质量分数为 ，故答案为： ． 【点评】 本题涉及元素化合物的性质以及元素守恒思想的有关计算知识， 注意知识的迁移应 用是解题的关键，难度中等． 24．氯化铜可用于生产颜料、木材防腐剂等．用粗铜（含杂质 Fe）经过系列步骤可制备氯 化铜晶体（CuCl2?2H2O） ．完成下列填空： （1）实验室用浓盐酸和二氧化锰共热来制备 Cl2，写出该反应的离子方程式+MnO2+4H +2ClMn +Cl2↑+2H2O ．2+（2）加入试剂将 CuCl2 和 FeCl3 的混合溶液 pH 调至 4～5，过滤得到纯净的 CuCl2 溶液， 应加入的试剂是 ac （填字母编号） a．CuO b．NaOH c．Cu2（OH）2CO3 d．Cu （3）CuCl2 溶液通过蒸发、结晶可得到 CuCl2?2H2O． ①蒸发过程中，加入盐酸的目的是 抑制铜离子的水解，提高产品的产率 ． ②蒸发过程中，观察到溶液颜色由蓝色变为绿色．其原理是：上述反应的化学平衡常数表达式是K=．欲使溶液由绿色变成蓝色的措施是：a 加水稀释 ；b AgNO3 溶液 ． 2+ （4）由 CuSO4 溶液蒸发结晶得到 CuSO4?5H2O 的过程中不用加入硫酸，其原因是 Cu 易发生水解，加热促进水解；但硫酸不挥发，且浓度越来越大， 从而抑制水解； 水不断蒸发， 最终得到晶体 （用勒夏特列原理解释） ． 【考点】铜金属及其重要化合物的主要性质；制备实验方案的设计． 【专题】无机实验综合． 【分析】 （1）在加热条件下浓盐酸与二氧化锰反应生成氯气、氯化锰和水； （2）调节 pH 时不能消耗铜离子，也不能引入新的杂质； （3）①铜离子水解显酸性，加酸抑制水解； ②根据反应方程式书写，水不能写入平衡常数表达式；溶液由绿色变成蓝色，则平衡逆向 移动，根据影响化学平衡移动的因素分析； （4）CuSO4 在溶液中水解生成难挥发性酸，水解不能完全进行． 【解答】解： （1）在加热条件下浓盐酸与二氧化锰反应生成氯气、氯化锰和水，其反应的离+子方程式为：MnO2+4H +2ClMn +Cl2↑+2H2O；2+故答案为：MnO2+4H +2Cl+Mn +Cl2↑+2H2O；2+（2）调节 pH 时不能消耗铜离子，也不能引入新的杂质，加 NaOH 会引入钠离子，Cu 与氢 离子不反应，所以可以选用 CuO 和 Cu2（OH）2CO3 ； 故答案为：ac； （3）①铜离子水解显酸性，加酸抑制水解，所以蒸发过程中，要加入盐酸来抑制氯化铜的 水解，从而提高产率； 故答案为：抑制铜离子的水解，提高产品的产率； ②蒸发过程中，观察到溶液颜色由蓝色变为绿色，其原理是：，则反应的平衡常数为K=；溶液由绿色变成蓝色，则平衡逆向移动，加水稀释，平衡逆向移动，加 AgNO3 溶液会消耗氯离子，反应物的浓度减小，平衡逆向移动；故答案为：K=；加水稀释；AgNO3 溶液；（4）CuSO4 在溶液中水解生成难挥发性酸硫酸，加热促进水解，但水解生成的硫酸不挥发， 随着水的减少，硫酸的浓度越来越大，从而抑制了硫酸铜的水解，最终得到晶体； 故答案为：加热促进水解；但硫酸不挥发，且浓度越来越大，从而抑制水解；水不断蒸发， 最终得到晶体． 【点评】 本题以铜的化合物的有关知识为背景， 考查了元素化合物的性质、 气体的制备原理、 除杂质、盐的水解原理、化学平衡移动等，题目涉及的知识点较多，侧重于考查学生对基础 知识的综合应用能力，题目难度中等． 25．探究 SO2 和氯水的漂白性，设计了如下实验，装置如图． 完成下列填空： （1）棉花上沾有的试剂是 NaOH 溶液，作用是 吸收 Cl2 或 SO2 等尾气，保护环境 ． （2）①反应开始一段时间后，B、D 两个试管中可以观察到的现象分别是：B： 品红溶 液褪色 ，D： 品红溶液褪色 ． ②停止通气后，分别加热 B、D 两个试管，可以观察到的现象分别是：B： 褪色的品红又 恢复为红色 ，D： 无明显现象 ． （3） 有同学认为 SO2 和氯水都有漂白性， 二者混合后的漂白性肯定会更强， 他将制得的 SO2 和 Cl2 按 1：1 同时通入到品红溶液中，结果发现褪色效果并不理想．产生该现象的原因（用 化学方程式表示） Cl2+SO2+2H2O=2HCl+H2SO4 ． （4）装置 E 中用 KMnO4 （填化学式）和浓盐酸反应制得 Cl2，生成 2.24L（标准状况） 的 Cl2，则被氧化的 HCl 为 0.2 mol．（5）实验结束后，检验蘸有试剂的棉花含有 SO4 的实验方案是：取棉花中的液体少许， 滴加足量的稀 HNO3， 再加入几滴 BaCl2 溶液， 出现白色沉淀． 该方案是否合理 不合理 ， 2 2 理由是 蘸有试剂的棉花中可能含有 SO3 ，用 HNO3 溶液酸化时会干扰 SO4 检验 ．2【考点】性质实验方案的设计． 【专题】卤族元素；氧族元素；无机实验综合． 【分析】探究 SO2 和氯水的漂白性：A 用于制备 SO2，可用 Na2SO3 与硫酸反应制取，B 用 于检验二氧化硫的生成，E 用浓盐酸和二氧化锰在加热条件下制备氯气，D 用于检验气体的 漂白性，C 用于检验 SO2 和氯水都有漂白性，二者混合后的漂白性，棉花上沾有的试剂是 NaOH 溶液，作用是吸收尾气． （1）氯气、二氧化硫都是污染性的气体不能排放到空气中，棉花需要沾有氢氧化钠溶液吸 收氯气、二氧化硫气体； （2）①氯气和二氧化硫都能使品红溶液褪色；②二氧化硫的漂白具有不稳定性，氯气的 漂白具有不可逆性； （3）SO2 和 Cl2 按 1：1 通入，SO2 和 Cl2 恰好反应，二者反应生成 H2SO4 和 HCl，生成物 都无漂白性； （4）常温下和浓盐酸反应生成氯气的物质常用高锰酸钾，根据氯原子守恒及化合价变化可 知，氯气中氯原子的物质的量即为被氧化的 HCl 的物质的量； （5）根据亚硫酸根离子和硝酸的性质分析，硝酸有强氧化性，能把亚硫酸根离子氧化成硫 酸根离子． 【解答】解： （1）氯气、二氧化硫都是污染性的气体不能排放到空气中，氯气和氢氧化钠发 应生成氯化钠、次氯酸钠和水，二氧化硫和氢氧化钠反应生成亚硫酸钠和水，棉花需要沾有 氢氧化钠溶液吸收吸收 Cl2 或 SO2 等尾气，保护环境， 故答案为：吸收 Cl2 或 SO2 等尾气，保护环境； （2）①氯气和水反应生成的次氯酸具有漂白性，二氧化硫和品红化合生成无色物质，两者 都能使品红溶液褪色，所以 B 和 D 装置中品红都褪色， 故答案为：品红溶液褪色；品红溶液褪色； ②二氧化硫漂白后的物质具有不稳定性，加热时又能变为红色，而氯气的漂白是利用了氯 气和水反应生成的次氯酸的强氧化性，具有不可逆性， 所以看到的现象是 B 中溶液由无色变为红色，D 中无明显现象， 故答案为：褪色的品红又恢复为红色；无明显现象； （3）SO2 和 Cl2 按 1：1 通入，SO2 和 Cl2 恰好反应，二者反应生成 H2SO4 和 HCl，生成物 都无漂白性，化学方程式为：SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl； 故答案为：SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl； （4） 常温下， 用 KMnO4 和浓盐酸反应制 Cl2， 反应的化学方程式如下： 2KMnO4+16HCl （浓） T2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，Mn 元素由+7 价降低到+2 价，Cl 元素的化合价由1 价升 高到 0，高锰酸钾得电子是氧化剂，HCl 失电子是还原剂，2KMnO4+16HCl（浓） T2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，每生成 5mol 氯气被氧化的 HCl 是 10mol，生成 2.24L（标 准状况） 的 Cl2， 为 0.1mol 氯气， 所以被氧化的 HCl 的物质的量 n=2n （Cl2） =2×0.1mol=0.2mol，故答案为：KMnO4；0.2； （5）亚硫酸根离子具有还原性，硝酸具有氧化性，能把亚硫酸根离子氧化成硫酸根离子， 蘸有试剂的棉花中可能含有 SO3 ，用 HNO3 溶液酸化时会干扰 SO4 检验，所以该方案不 合理， 故答案为：不合理；蘸有试剂的棉花中可能含有 SO3 ，用 HNO3 溶液酸化时会干扰 SO4 检验． 【点评】本题考查物质的性质实验，侧重于学生的分析、实验能力的考查，题目涉及二氧化 硫与氯气的制取以及二氧化硫漂白与次氯酸漂白的区别，题目难度中等． 26． 纯碱 （Na2CO3） 在生产生活中具有广泛的用途． 如图 1 是实验室模拟制碱原理制取 Na2CO3 的流程图． 完成下列填空： 已知：粗盐中含有 Ca 、Mg 、SO4 等杂质离子． （1）精制除杂的步骤顺序是 a → c → d → e → b （填字母编号） ． a．粗盐溶解 b．加入盐酸调 pH c．加入 Ba（OH）2 溶液 d．加入 Na2CO3 溶液 e．过滤 （2）向饱和食盐水中先通入 NH3，后通入 CO2，理由是 NH3 易溶于水，有利于吸收更多
的 CO2，增大 HCO3 的浓度 ．在滤液 a 中通入 NH3 和加入精盐的目的是 NH3 溶于水能
2 + 将 HCO3 转化为 CO3 ，并增大加入 NH4 浓度；加入精盐增大 Cl 浓度，有利于 NH4Cl 结晶析出 ． （3）请在图 1 流程图中添加两条物料循环的路线． （4）图 2 装置中常用于实验室制备 CO2 的是 b （填字母编号） ；用 c 装置制备 NH3，烧 瓶内可加入的试剂是 浓氨水 （填试剂名称） ．2+ 2+ 2 2 2 2 2（5）一种天然碱晶体成分是 aNa2CO3?bNa2SO4?cH2O，利用下列提供的试剂，设计测定 Na2CO3 质量分数的实验方案．请把实验方案补充完整： 供选择的试剂：稀 H2SO4、BaCl2 溶液、稀氨水、碱石灰、Ba（OH）2 溶液 ① 称取 m1g 一定量天然碱晶体样品，溶于适量蒸馏水中 ． ② 加入足量稀硫酸并微热、产生的气体通过足量 Ba（OH）2 溶液 ． ③ 过滤、洗涤、干燥、称量、恒重沉淀 ． ④计算天然碱晶体中含 Na2CO3 的质量分数．【考点】纯碱工业（侯氏制碱法） ；物质的分离、提纯的基本方法选择与应用；制备实验方 案的设计． 【专题】元素及其化合物；无机实验综合． 【分析】 （1）据根据 SO4 、Ca 、Mg 等易转化为沉淀而被除去，以及根据不能产生新 杂质的要求排序，前面加入的过量溶液应用后加入的溶液除去，最后加入适量的溶液； （2）NH3 易溶于水，有利于吸收溶解度不大的 CO2；根据溶解平衡，增加反应物的浓度有 利于晶体析出； （3） 侯氏制碱法主要操作是在氨化饱和的 NaCl 溶液里通 CO2， 因此后续操作中得到的 CO2 和 NaCl 可循环利用； （4）实验室制取二氧化碳的反应原理和条件；根据在浓氨水中加碱或生石灰，因为氨水中 存在下列平衡：NH3+H2O?NH3?H2O?NH4 +OH 加入碱或生石灰产生氢氧根离子平衡左 移，同时放出大量的热促进氨水的挥发，制得氨气； （5）根据实验的原理：先称取一定量的天然碱晶体并溶解得到水溶液，将碳酸根全部转换 成二氧化碳， 利用二氧化碳和澄清石灰水产生沉淀， 通过沉淀的质量求出二氧化碳的物质的 量、Na2CO3 的物质的量和质量，最终求出 Na2CO3 的质量分数． 2 2+ 2+ 【解答】解： （1）SO4 、Ca 、Mg 等分别与 Ba（OH）2 溶液、Na2CO3 溶液、Ba（OH） 2 溶液反应生成沉淀，可再通过过滤除去，Na2CO3 溶液能除去过量的 Ba（OH）2 溶液，盐 酸能除去过量的 Na2CO3 溶液和 NaOH 溶液， 所以应先加 Ba （OH） 2 溶液再加 Na2CO3 溶液， 过滤，最后加入盐酸，故答案为：a；c；d；e；b； （2）NH3 易溶于水，有利于吸收溶解度不大的 CO2，所以向饱和食盐水中先通入 NH3，后
+ 通人 CO2；通入 NH3 可通过与 HCO3 的反应，增加 NH4 深度，并利用精盐增大 Cl 浓度， 根据溶解平衡的移动，有利于 NH4Cl 结晶析出，
故答案为：NH3 易溶于水，有利于吸收溶解度不大的 CO2；NH3 溶于水能将 HCO3 转化为
2 + CO3 ，并增大加入 NH4 浓度；加入精盐增大 Cl 浓度，有利于 NH4Cl 结晶析出； （3）煅烧炉里生成的 CO2 可循环利用，滤液 a 析出晶体氯化铵后得到的 NaCl 溶液可循环+22+2+利用，则，故答案为：； （4）实验室制取二氧化碳常选用石灰石和稀盐酸或大理石和稀盐酸反应制取，采用固体+ 液体 气体；浓氨水中加碱或生石灰，因为氨水中存在下列平衡：NH3+H2O?NH3?H2O?NH4 +OH ，加入碱平衡左移，同时放出大量的热促进氨水的挥发， 制得氨气，故答案为：b；浓氨水； （5）实验的原理：先称取样品质量并溶解，将碳酸根全部转换成二氧化碳，利用二氧化碳 和澄清石灰水产生沉淀，通过沉淀的质量求出二氧化碳的物质的量、Na2CO3 的物质的量和 质量，最终求出 Na2CO3 的质量分数，所以将天然碱晶体样品，溶于适量蒸馏水中，加入足 量稀硫酸并微热，产生的气体通过足量的澄清石灰水，然后过滤、洗涤、干燥、称量沉淀即 可， 故答案为：①称取一定质量的天然碱晶体；②加入足量稀硫酸并微热、产生的气体通过足 量 Ba（OH）2 溶液 ③过滤、洗涤、干燥、称量、恒重沉淀． 【点评】本题以制碱原理制取 Na2CO3，涉及到物质的除杂和提纯，常见的实验操作，物质 的制备等，难度中等，培养了学生运用知识的能力． 27．有机物 E 的合成路线如图：+已知：①② 完成下列填空： （1）B 中官能团的名称为 醛基 ．C2H4 生成 C2H5Br 的反应类型为 加成反应 ． （2）C 的分子式为 C10H22O2 ． （3） 检验 C2H5Br 分子中含有溴原子的实验方案为 取样品少量于洁净试管中， 加入 NaOH 水溶液后加热 10 分钟、冷却后用稀硝酸酸化、滴入 AgNO3 溶液，出现淡黄色沉淀 ．（4） E 的结构简式为， D 在一定条件下转变为 E 的过程中还会生成另两种具有五元环结构的副产物，写出这两种副产物结构简式、．（5）写出一种满足下列条件的有机物的结构简式或①分子式只比 E 少 2 个氢原子 ②与 FeCl3 发生显色反应 ③分子中含有 4 种不同化学环境的氢原子． 【考点】有机物的合成． 【专题】有机推断；结构决定性质思想；演绎推理法；有机物的化学性质及推断． 【分析】根据各物质转化关系，乙烯与溴化氢加成得溴乙烷，溴乙烷与甲醛发生信息①的 反应得 A 为 CH3CH2CH2OH，A 催化氧化得 B 为 CH3CH2CHO，B 发生信息①中的反应得C，C 催化氧得 D 为，D 发生信息②中的反应得 E 为，据此答题；【解答】解：根据各物质转化关系，乙烯与溴化氢加成得溴乙烷，溴乙烷与甲醛发生信息 ①的反应得 A 为 CH3CH2CH2OH，A 催化氧化得 B 为 CH3CH2CHO，B 发生信息①中的反应得 C，C 催化氧得 D 为，D 发生信息②中的反应得 E 为，（1）B 为 CH3CH2CHO，B 中官能团的名称为醛基，C2H4 生成 C2H5Br 的反应类型为加成 反应， 故答案为：醛基；加成反应； （2）根据 C 的结构简式可知，C 的分子式为 C10H22O2， 故答案为：C10H22O2； （3）检验 C2H5Br 分子中含有溴原子的实验方案为取样品少量于洁净试管中，加入 NaOH 水溶液后加热 10 分钟、冷却后用稀硝酸酸化、滴入 AgNO3 溶液，出现淡黄色沉淀， 故答案为：取样品少量于洁净试管中，加入 NaOH 水溶液后加热 10 分钟、冷却后用稀硝酸 酸化、滴入 AgNO3 溶液，出现淡黄色沉淀；（4）D 为，D 发生信息②中的反应可以生成 E 为，还会生成另两种具有五元环结构的副产物为、，故答案为： （5）E 为、；，分子式为 C10H16O，根据条件①分子式只比 E 少 2 个氢原子，即其分子式为 C10H14O，不饱和度为 4，②与 FeCl3 发生显色反应，说明有酚羟基，③分子中含有 4 种不同化学环境的氢原子，则符合条件的有机物的结构简式为或，故答案为：或．【点评】本题综合考查有机物的推断，侧重于有机物的结构和官能团的性质的考查，难度中 等，注意题给信息以及官能团的性质，为解答该题的关键． 28． 用琥珀酸酐法制备了 DEN 人工抗原及抗体． 如图是 1， 3丁二烯合成琥珀酸酐的流程：完成下列填空： （1）写出反应试剂和反应条件．反应?① 溴水或溴的四氯化碳溶液 ；反应② 氢气、 催化剂、加热 ． （2）比 1，3丁二烯多一个 C 并且含 1 个甲基的同系物有 2 种．（3）写出 A 和 C 的结构简式．A BrCH2CH2CH2CH2Br ；C HOOCCH2CH2COOH ． （4）写出 B 和 C 反应生成高分子化合物的化学方程式 nHOCH2CH2CH2CH2OH+nHOOCCH2CH2COOH+2nH2O ．（5）设计一条由 1，3丁二烯为原料制备的合成路线． （无机试剂可以任选）（合成路线常用的表示方式为：AB…目标产物）【考点】有机物的推断． 【专题】有机推断；结构决定性质思想；演绎推理法；有机物的化学性质及推断． 【分析】根据各物质的转化关系结合分子式 C4H6Br2，可知 1，3丁二烯与溴发生 1，4 加成，得 C4H6Br2 为 BrCH2CH2CH2CH2Br，与氢气加成得 A 为 BrCH2CH2CH2CH2Br，A 发生碱性水解得 B 为 HOCH2CH2CH2CH2OH， B 发生催化氧化得 C 为 HOOCCH2CH2COOH， C 发生分子内脱水得琥珀酸酐，由 1，3丁二烯为原料制备 ，可以用与溴发生 1，4加成再碱性水解得 HOCH2CH=CHCH2OH，用 HOCH2CH=CHCH2OH 与溴化氢加成得 HOCH2CH2CHBrCH2OH，再将 HOCH2CH2CHBrCH2OH 氧化成 HOOCCH2CHBrCOOH，将 在氢氧化钠醇溶液中发生消去反应得 NaOOCCH=CHCOONa，酸化后再分子脱水形成酸酐 再发生加聚反应得产品，据此答题； 【解答】解：根据各物质的转化关系结合分子式 C4H6Br2，可知 1，3丁二烯与溴发生 1， 4加成，得 C4H6Br2 为 BrCH2CH2CH2CH2Br，与氢气加成得 A 为 BrCH2CH2CH2CH2Br， A 发生碱性水解得 B 为 HOCH2CH2CH2CH2OH，B 发生催化氧化得 C 为 HOOCCH2CH2COOH，C 发生分子内脱水得琥珀酸酐， （1） 根据上面的分析可知， 反应①的试剂和反应条件为水或溴的四氯化碳溶液， 反应②的 试剂和反应条件为氢气，催化剂，加热?， 故答案为：溴水或溴的四氯化碳溶液；氢气、催化剂、加热； （2） 比 1， 3丁二烯多一个 C 并且含 1 个甲基的同系物为 CH2=CH2CH=CHCH3、 CH2=CH2C （CH3）=CH2，所以有 2 种， 故答案为：2； （3）根据上面的分析可知，A 为 BrCH2CH2CH2CH2Br，C 为 HOOCCH2CH2COOH， 故答案为：BrCH2CH2CH2CH2Br；HOOCCH2CH2COOH；（4）丁二酸和丁二醇发生缩聚反应生成高分子化合物，反应的化学方程式为 nHOCH2CH2CH2CH2OH+nHOOCCH2CH2COOH+2nH2O，故答案为：nHOCH2CH2CH2CH2OH+nHOOCCH2CH2COOH+2nH2O；（5）由 1，3丁二烯为原料制备 ，可以用与溴发生 1，4加成再碱性水解得 HOCH2CH=CHCH2OH， 用 HOCH2CH=CHCH2OH 与溴化氢加成得 HOCH2CH2CHBrCH2OH， 再将 HOCH2CH2CHBrCH2OH 氧化成 HOOCCH2CHBrCOOH，将在氢氧化钠醇溶液中发生 消去反应得 NaOOCCH=CHCOONa，酸化后再分子脱水形成酸酐再发生加聚反应得产品， 合成路线为， 故答案为：． 【点评】本题主要考查有机物的推断与合成，需要学生对反应信息进行利用，掌握官能团的 性质与转化是关键，难度中等． 29．硝酸的工业制备包括氨的合成、氨的催化氧化及硝酸的浓缩等过程． 完成下列计算： （1）采用甲烷的二次转化法可以制备氢气． 第一次转化的化学方程式：CH4+H2O→CO+3H2； 第二次转化的化学方程式：2CO+CH4+2O2→3CO2+2H2；2CO+O2→2CO2． 3 现有标准状况下 1m 的甲烷，若第一次转化 80%，第二次转化 20%，经过二次完全转化后 可以得到 H2 125 mol．（2）用饱和 K2CO3 溶液吸收上述混合气体中的 CO2 以得到纯净的氢气．处理上述的 CO2 至少需要饱和 K2CO3 溶液 11761 g． （已知：20℃K2CO3 溶解度：110g/100g 水） （3）已知 NH3+2O2→HNO3+H2O．现有氨气 1.7 吨，不补充水，理论上可制得硝酸的浓度 为 77.78 %；在该硝酸中加入 4.5 吨水最终可得 50%的硝酸． （4）工业上常用 98%的浓 H2SO4 作为制取浓 HNO3 的脱水剂．63.5%HNO3（质量为 M1） 中加 98%的浓 H2SO4（质量为 M2）后蒸馏．分别得到 97.7%的 HNO3 和 49%的 H2SO4 溶液 （不含 HNO3） ．①若蒸馏过程中 HNO3、H2SO4、H2O 均无损耗，求蒸馏前的投料比的值（列式计算） ．②蒸馏过程中，若 H2O 的损耗占总质量的 5.0%，即有 （M1+M2）×5.0%的 H2O 流失．则投料时，比值如何变化，请列式计算说明．【考点】化学方程式的有关计算． 【专题】利用化学方程式的计算． 【分析】 （1）第一步反应中参加反应甲烷为 1m ×80%=0.8m ，根据方程式计算第一步反应 3 3 生成氢气体积，第二步参加反应甲烷为 1m ×20%=0.2m ，根据方程式计算第二步反应生成3 3氢气体积，二者之和为生成氢气总体积，再根据 n=计算；（2）根据 C 元素守恒计算生成二氧化碳的物质的量，再根据 K2CO3+CO2=2KHCO3 计算需 要 K2CO3 的质量，结合溶解度计算溶液质量； （3）由方程式可知 HNO3、H2O 的物质的量之比为 1：1，质量之比为 63：18，进而计算所 得硝酸溶液的质量分数，根据方程式计算生成 HNO3、水的质量，可得得到硝酸溶液质量， 再根据稀释中 HNO3 质量不变计算稀释后溶液质量，进而计算加入水的质量； （4）①设蒸馏得到 HNO3 溶液的质量为 xg，蒸馏得到 H2SO4 溶液的质量为 yg，根据溶质 质量不变用 M1、M2 分别表示出 x、y，结合 M1+M2=x+y 进行解答； ②结合①中表达式分析解答，由于 H2O 流失 5%，则此时（x+y）=（M1+M2）×95%． 3 3 【解答】解： （1）第一步反应中参加反应甲烷为 1m ×80%=0.8m ，由 CH4+H2O→CO+3H2 3 3 3 3 可知， 第一步反应生成氢气体积为 3×0.8m =2.4m ， 第二步参加反应甲烷为 1m ×20%=0.2m ， 3 3 由 2CO+CH4+2O2→3CO2+2H2 可知，第二步反应生成氢气体积为 2×0.2m =0.4m ，故生成氢 气总体积为 2.4m +0.2m =2.8m ，标况下得到气体体积为 故答案为：125； （2）根据 C 元素守恒，生成二氧化碳的物质的量为 K2CO3+CO2=2KHCO3 可知，需要 K2CO3 的质量为 液质量为： mol×138g/mol÷ 故答案为：11761； =11761g， =3 3 3=125mol，mol，由mol×138g/mol，需要饱和 K2CO3 溶（3）由方程式可知 HNO3、H2O 的物质的量之比为 1：1，质量之比为 63：18，所得硝酸溶液的质量分数=×100%=77.78%，NH3+2O2=HNO3+H2O 17 63 18 1.7 吨 6.3 吨 1.8 吨稀释可得 50%的硝酸为 吨， 故答案为：77.78；4.5；=12.6 吨， 故需要加入水的质量为 12.6 吨6.3 吨1.8 吨=4.5（4）①解：设蒸馏得到 HNO3 溶液的质量为 xg，蒸馏得到 H2SO4 溶液的质量为 yg则 x=，y=因为 M1+M2=x+y所以+=M1+M2，整理可得=，答：的值为；②所以+=（M1+M2）×95%，整理可得= ＞，配料比应增大，答：配料比应增大． 【点评】本题考查化学计算，题目计算量大、过程复杂，属于易错题目，侧重考查学生分析 计算能力，难度较大．